ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ ANH
VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ ANH
VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số:
60 46 01 13
PGS.TS. NÔNG QUỐC CHINH
Thái Nguyên - 2017
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
i
Mục lục
Mở đầu 1
1 Một số kiến thức bổ trợ về hệ phương trình 3
1.1 Hệ phương trình tuyến tính (xem [3]) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Hệ phương trình phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Những phương pháp thường dùng để giải hệ phương trình phi tuyến 17
2.1 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số(xem [2]) . . . . . . . . . . 30
2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.5 Phối hợp nhiều phương pháp giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . 45
3 Một số ứng dụng của hệ phương trình phi tuyến 54
3.1 Ứng dụng của hệ phương trình đa thức trong giải các bài toán cực trị và
chứng minh bất đẳng thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
3.2 Một vài ứng dụng thực tế trong khoa học và đời sống . . . . . . . . . . . . 56
Kết luận 60
Tài liệu tham khảo 61
1
Mở đầu
Giải hệ phương trình là một phần quan trọng trong chương trình toán THPT và trong
các chuyên ngành Đại số, Giải tích. Khi đề cập đến việc giải hệ phương trình, học sinh
trung học cơ sở dễ dàng tìm được các phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính như
giải hệ bằng phương pháp cộng đại số, phương pháp thế của học sinh lớp 9, hay sử dụng
định thức của lớp 10. Tuy nhiên, đối với hệ phương trình phi tuyến, gần như có rất ít
tài liệu nghiên cứu sâu về lĩnh vực này. Trong các kì thi học sinh giỏi các cấp, các kì thi
Olympic trong nước và quốc tế, các hệ phương trình phi tuyến thường là loại khó và ít
có định dạng cũng như phương pháp giải cụ thể. Vì vậy học sinh gặp rất nhiều khó khăn
trong việc giải các bài toán về hệ phương trình phi tuyến trong chương trình toán phổ
thông và trong các kì thi học sinh giỏi các cấp.
Đề tài luận văn nghiên cứu một số hệ phương trình phi tuyến thường gặp trong chương
trình toán phổ thông và các phương pháp giải hệ phương trình này cũng như ứng dụng
của chúng dùng trong ôn luyện học sinh giỏi lớp 9 và ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 đặc
biệt là dành cho học sinh ôn thi chuyên toán.
Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ về hệ phương trình.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được trình bày gồm ba chương:
Chương này trình bày các kiến thức bổ trợ, các khái niệm, định nghĩa cơ bản về hệ
phương trình, tập nghiệm của hệ phương trình nói chung và hệ phương trình phi tuyến
nói riêng.
Chương 2. Những phương pháp thường dùng để giải hệ phương
trình phi tuyến.
2
Chương 2, trình bày các dạng toán thường gặp của hệ phương trình phi tuyến và
Chương 3. Một số ứng dụng của hệ phương trình phi tuyến.
cách giải chúng được tìm hiểu qua các tài liệu [1], [2], [3], [4], [5].
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên với
sự hướng dẫn của PGS.TS. Nông Quốc Chinh. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn của thầy, tới các thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng
đào tạo và Khoa Toán - Tin của trường Đại học Khoa học. Đồng thời tác giả xin được
cảm ơn các anh chị cùng khóa đã chỉ bảo, hướng dẫn cho tác giả học tập và hoàn thành
kế hoạch học tập.
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 4 năm 2017.
Học viên
Nguyễn Thị Anh
3
Chương 1
Một số kiến thức bổ trợ về hệ
phương trình
Chương này tôi xin trình bày các kiến thức bổ trợ, các khái niệm, định nghĩa cơ bản
về hệ phương trình, tập nghiệm của hệ phương trình nói chung và hệ phương trình phi
tuyến nói riêng.
1.1 Hệ phương trình tuyến tính (xem [3])
1.1.1 Hệ phương trình tuyến tính tổng quát
Định nghĩa 1.1. Cho K là một trường. Hệ m phương trình tuyến tính n ẩn x1, x2, . . . , xn hệ số trên trường K là hệ có dạng
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
· · ·
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm
n (cid:88)
hay có thể viết gọn hơn:
k=1
(aikxk) = bi, i = 1, . . . , m.
Trong đó aik, bi là các phần tử thuộc trường K, aik gọi là hệ số của ẩn xk, bi là hệ số
tự do, i = 1, . . . , m; k = 1, . . . , n.
4
Hệ phương trình (1.1) gọi là hệ phương trình tuyến tính tổng quát.
n (cid:88)
Đăc biệt nếu b1 = . . . = bm = 0 thì hệ (1.1) có dạng
k=1
(aikxk) = 0, i = 1, . . . , m.
1.1.2 Một số phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính
1.1.2.1 Quy tắc Cramer
được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất.
Định nghĩa 1.2. Một hệ phương trình tuyến tính có số phương trình bằng số ẩn và ma
trận A của hệ có định thức |A| (cid:54)= 0 được gọi là hệ Cramer.
Định lý 1.1. Định lý Cramer (Cramer’s rule – công thức xác định công thức nghiệm của
hệ Cramer)
Hệ Cramer
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
· · ·
an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn
Là một hệ xác định. Nghiệm duy nhất của hệ được xác định bởi công thức
(6) xj = ∆j ∆
Trong đó ∆ = |A| và
· · · b1 · · · a1n
a11 · · · ∆j =
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
· · · an1 bn · · · ann
Công thức (6) được gọi là công thức Cramer.
Chú ý: Định thức ∆j là định thức của ma trận nhận được từ ma trận A của hệ (1.2)
bằng cách thay các phần tử ở cột thứ j (Hệ số của ẩn xj) bởi các phần tử b1, · · · , bn (Các
hệ số tự do).
n (cid:88)
Định lý 1.2. Hệ n phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn số
k=1
aikxk = 0, i = 1, . . . , n
5
chỉ có nghiệm tầm thường Θ = (0, · · · , 0) khi và chỉ khi định thức |A| (cid:54)= 0.
Ví dụ 1.1 (Xem [4]). Giải hệ phương trình:
x1 + 2x2 + 3x3 + · · · + nxn = 1
x2 + 2x3 + 3x4 + · · · + nx1 = 2
· · ·
xn + 2x1 + 3x2 + · · · + nxn−1 = n
(Đề thi OLYMPIC Toán Sinh viên năm 1999)
Bài giải.
Cộng tất cả các phương trình của hệ, suy ra
x1 + x2 + · · · + xn = 1
Tiếp theo, lần lượt lấy phương trình thứ k trừ cho phương trình thứ k − 1(1 < k < n);
trừ phương trình thứ n cho phương trình thứ nhất. Suy ra (x1 + x2 + · · · + xn) − nxn = k − (k + 1)
+ = xk = x1 + x2 + · · · + xn − nxn = n − 1 1 n 2 n ⇔ (x1 + x2 + · · · + xn) n = xn = − n − 2 n 2 − n n
xk = 2 n Vậy hệ phương trình có nghiệm Với k = 1, 2, · · · , n − 1.
xn = 2 − n n
Ví dụ 1.2 (xem [4]). Cho hệ phương trình
ax1 + bx2 + bx3 + · · · + bx2001 + bx2002 = 1
bx1 + ax2 + bx3 + · · · + bx2001 + bx2002 = 2
· · · · · · · · ·
bx1 + bx2 + bx3 + · · · + bx2001 + ax2002 = 2002
Tìm điều kiện của a đối với b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
6
(Đề thi OLYMPIC toán Sinh viên 2002)
Bài giải.
Kí hiệu D là định thức của hệ phương trình. Ta có b · · · a b b b
b a b · · · b b
D = · · ·
b b · · · a b
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)2002×2002
b b · · · b a
Cộng tất cả các cột với cột đầu tiên, ta có b · · · 1 b b b
1 a b · · · b b
(a + 2001b) · · ·
1 b · · · a b
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)2002×2002
1 b · · · b a
(Nhân hàng đầu với −1 rồi cộng vào các hàng còn lại)
= (a + 2001b).(a − b)2001
1.1.2.2 Thuật toán Gaoxơ (Gauss)
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ a (cid:54)= b và a (cid:54)= −2001b.
Trong đại số tuyến tính, thuật toán Gauss là một thuật toán có thể được sử dụng để
tìm nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính, tìm hạng (hay rank) của một ma trận,
để tính ma trận nghịch đảo của một ma trận vuông khả nghịch. thuật toán Gauss được
đặt theo tên của nhà toán học Đức là Carl Friedrich Gauss.
• Nội dung của thuật toán Gauss để giải hệ phương trình tuyến tính là : Thực hiện liên
tiếp các phép biến đổi tương đương để từ hệ phương trình (1.1) ban đầu chúng ta nhân
12xi2 + · · · + a(cid:48)
1nxin = b(cid:48) 1
11xi1 + a(cid:48) a(cid:48) 22xi2 + · · · + a(cid:48) a(cid:48)
1rxir + · · · + a(cid:48) 2nxin = b(cid:48) 2
2nxir + · · · + a(cid:48)
được một hệ mới tương đương có số phương trình ít hơn, và có dạng bâc thang sau:
rrxir + · · · + a(cid:48) a(cid:48)
rnxin = b(cid:48) r
· · · · · · · · ·
Trong đó xij(j = 1, · · · , n) là một hoán vị nào đó của các ẩn xi, (i = 1, · · · , n); aik (cid:54)= 0
với k = 1, · · · , r.
7
• Các trường hợp sau có thể xảy ra:
Trường hợp 1 : Nếu trong quá trình biến đổi gặp phương trình vô nghiệm dạng 0x1 + · · · +
mnxin = b(cid:48) n.
0xn = b, b (cid:54)= 0, thì ta dừng lại và kết luận hệ vô nghiệm. Trường hợp 2 : Nếu r = r, khi đó phương trình cuối cùng của hệ có dạng a(cid:48)
Hệ (1.6) là một hệ Cramer, do đó hệ có duy nhất một nghiệm. Có thể tìm nghiệm đó
bằng cách giải từng phương trình của hệ (1.6) từ dưới lên và thay thế dần giá trị của các
ẩn tìm được từ phương trình dưới vào các phương trình trên.
Trường hợp 3 : Nếu r < n thì hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm. Để giải hệ 1.6
ta có thể xem các ẩn xir+1, · · · , xin là các tham số (lấy giá trị tùy ý) và chuyển các số
hàng chứa các ẩn đó sang vế phải; rồi dùng phương pháp ở trường hợp 2 đối với các
ẩn xi1, · · · , xir xem xir+1, · · · , xin là tham số. Trong thực tế để biến đổi hệ phương trình
tuyến tính 1.1 ban đầu về dạng bậc thang, người ta thường thực hiện các phép biến đổi
tương đương trên ma trận bổ sung A(cid:48). Các phép biến đổi đó được gọi là các phép biến
đổi sơ cấp.
Ví dụ 1.3 (xem [3]). Giải hệ phương trình
x1 + x2 + x3 + · · · + xn−1 + xn = a 2004
x2 + x3 + · · · + xn−1 + xn = a + x1 20052 − 2
· · · · · · · · ·
xn = a + x1 + · · · + xn−1 2005n − 1
(Đề thi OLYMPIC toán Sinh viên 2002)
Bài giải.
Cộng thêm biểu thức x1 + x2 + · · · + xi−1 vào cả hai vế của phương trình thứ i của hệ đã
cho, với i = 2, 3, · · · , n, ta có
x1 + x2 + · · · + xn = + x1 + x2 + · · · + xi−1 a + x1 + x2 + · · · + xi−1 2005i − 1
⇒ = ( ) a 2004 a 2005i − 1 2005i − 2005 2004 Vậy với i = 2, 3, · · · , n
− = xi = (x1 + x2 + · · · + xi) − (x1 + x2 + · · · + xi−1) 2005i − 2005 2004 2005i+1 − 2005 2004 a 2005i . = a 2005i+1 . a 2005i
8
Lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai, ta được x1 = a 2005 a Vậy xi = 2005i (i = 1, 2, · · · , n − 1); xn = a 2004.2005n−1
1.2 Hệ phương trình phi tuyến
1.2.1 Khái niệm
Định nghĩa 1.3 (xem [6]). Một phương trình đại số không phải là tuyến tính được gọi
là phương trình phi tuyến.
Định nghĩa 1.4 (xem [6]). Hệ phương trình phi tuyến là một hệ gồm nhiều phương
1.2.2 Một vài dạng hệ phương trình phi tuyến
1.2.2.1 Hệ phương trình đại số
1.2.2.1.1 Hệ phương trình đối xứng loại I (xem [2])
trình, nhiều ẩn, trong đó có ít nhất một phương trình phi tuyến.
Định nghĩa 1.5. Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ phương trình có dạng
f(x;y) = 0
g(x;y) = 0
f(x;y) = f(y;x) Với
g(x;y) = g(y;x)
Khi tráo đổi vị trí của x và y trong hệ phương trình thì hệ không thay đổi.
Nhận xét 1.1. Nếu hệ có nghiệm (x0; y0) thì (y0; x0) cũng là một nghiệm của hệ.
∗ Phương pháp giải:
x + y = S Điều kiện S2 − 4P (cid:62) 0 Đặt xy = P
F(S;P ) = 0 Ta được hệ phương trình Ta tìm được S; P .
E(S;P ) = 0 Khi đó x, y là nghiệm của hệ phương trình X 2 − SX + P = 0(∗)
Giả sử phương trình có hai nghiệm X1; X2
9
+ Nếu ∆ > 0 thì X1 (cid:54)= X2 nên hệ (1.5) có hai nghiệm phân biệt (X1; X2), (X2; X1).
+ Nếu ∆ = 0 thì X1 = X2 = x0 nên hệ có nghiệm duy nhất (x0; x0). + Hệ có ít nhất một nghiêm thỏa mãn x (cid:62) 0 ⇔ hệ (∗) có ít nhất một nghiệm (S; P ) thỏa
∆ = S2 − 4P (cid:62) 0 S (cid:62) 0 P (cid:62) 0
mãn
∗ Một số biểu thức đối xứng thường gặp:
x2 + y2 = (x + y)2 − 2xy = S2 − 2P
x3 + y3 = (x + y)(x2 + y2 − xy) = S3 − 3SP
x4 + y4 = (x2 + y2)2 − 2x2y2 = (S2 − 2P )2 − 2P 2
Ví dụ 1.4. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
xy + x + y = a + 1
x2y + xy2 = a
(Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Hà Nội năm 2009 - 2010)
S = x + y S + P = a + 1 Bài giải. Đặt ta có hệ mới P = xy SP = a
Theo định lý Viest, S và P là hai nghiệm của phương trình X 2 − (a + 1)X + a = 0(1).
Hơn nữa, cũng theo Viest x, y là nghiệm của phương trình Y 2 − SY + P = 0(2).
Do đó để (1) có nghiệm duy nhất thì (2) có nghiệm duy nhất, tức
∆(2) = 0 ⇔ S2 = 4P ⇔ x = y
(Hoặc có thể dùng nhận xét, do vai trò của x, y trong mỗi phương trình như nhau nên hệ
có nghiệm (m; n) thì nó cũng có nghiệm (n; m). Như vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì
x = y.)
(cid:113)a 2
x2 + 2x − (a + 1) = 0 x2 + 2x = a + 1 Thế vào ta được ⇔ (∗) x = 3 2x3 = a
Để hệ có nghiệm duy nhất thì hệ (∗) có một nghiệm x = = −1 −2 2.1
(cid:113) a 2
= −1 ⇔ a = −2. ⇒ 3
10
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì a = −2.
• Trong một vài trường hợp, hệ phương trình đối xứng loại I còn có thể gặp ở hệ phương
trình phi tuyến 3 ẩn, 4 ẩn,... thỏa mãn điều kiện: vai trò của các ẩn trong mỗi phương
trình của hệ như nhau.
Ví dụ 1.5. Giải hệ phương trình
x2 + y2 + z2 = 1 x3 + y3 + z3 = 1
= 1 x + y + z
(Thi HSG TP HCM 1986 - 1987 Vòng 1)
Ví dụ 1.6. Giải hệ phương trình
x + y + z + t = 22
+ =
+ = xyzt 1 x 1 z 1 y 1 t = 648 7 12 5 18
(Thi HSG TP HCM 07/01/1993)
x + y + z = 6
= 18 √ x + y + z = 4 Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình x2 + y2 + z2 √ √
1.2.2.1.2 Hệ phương trình đối xứng loại II (xem [1])
(Thi HSG Toàn Quốc 1996 - 1997 Bảng A)
Định nghĩa 1.6. Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ gồm hai phương trình mà khi
ta thay đổi vị trí của hai biến thì phương trình trên thành phương trình dưới và phương
trình dưới thành phương trình trên. Khi đó hệ phương trình có dạng
f(x;y) = 0 (1)
f(y;x) = 0 (2)
11
∗ Phương pháp giải: Lấy vế trừ vế của hai phương trình, ta được:
(y − x)h(x;y) = 0 ⇔ x = y hoặc h(x;y) = 0.
Kết hợp với (1), giải phương trình, tìm (x; y)
Ví dụ 1.8 (xem [5]). Giải hệ phương trình:
x − 3y = 4 y x
y − 3x = 4 x y
(Đề thi tuyển sinh ĐH Quốc Gia Hà Nội - 1997)
Bài giải.
(x − y) + 3(x − y) = 4( − ) y x x y Điều kiện (x; y) (cid:54)= (0; 0) Hệ đã cho tương đương với x − 3y = 4 y x
(x − y)(1 + ) = 0 (1) x + y xy ⇔ x − 3y = 4 (2) y x
(1) ⇔ x − y = 0 hoặc 1 + = 0 ⇔ x = y hoặc x = . x + y xy −y y + 1 (cid:63) Với x = y, thay vào (2), ta có
x − 3x = 4 ⇔ −2x = 4 ⇔ x = y = −2.
(cid:63) Với x = ,(Điều kiện y (cid:54)= −1) thay vào (2), ta có −y y + 1
− 3y = 4.y. y + 1 −y −y y + 1
− 3y + 4y + 4 = 0 ⇔
⇔ + y + 4 = 0 −y y + 1 −y y + 1 ⇒ y2 + 4y + 4 = 0
⇔ (y + 2)2 = 0
⇔ y = −2.(Thỏa mãn)
Thay y = −2 ⇒ x = −2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (−2; −2).
x2 + y2 + xy = 37 y2 + z2 + xz = 28 y2 + z2 + yz = 19
Ví dụ 1.9 (xem [5]). Giải hệ phương trình:
12
1.2.2.1.3 Hệ phương trình phi tuyến với vế trái đẳng cấp. (xem
[2])
(Thi HSG Toàn Quốc 1994 - 1995)
Dạng tổng quát của hệ phương trình phi tuyến có vế trái đẳng cấp là
ax2 + bxy + cy2 = d
a(cid:48)x2 + b(cid:48)xy + c(cid:48)y2 = d(cid:48)
∗ Phương pháp giải
cy2 = d (cid:63) Xét x = 0, thay vào hệ (1.11), ta được c(cid:48)y2 = d(cid:48)
Nếu hệ phương trình này có nghiệm thì hệ (1.11) có nghiệm, không thì hệ vô nghiệm.
(cid:63) Xét x (cid:54)= 0
- Nếu một trong hai d hoặc d(cid:48) bằng 0. Giả sử d = 0, thì ta chia cả hai vế của phương
)2 + B + C = 0. y x y x Giải phương trình bậc hai, tìm , từ đó rút y theo x, lại thay vào phương trình thứ hai, trình thứ nhất cho x2, từ đó ta thu được phương trình có dạng A( y x tìm được y, từ đó thu được x.
- Nếu cả d và d(cid:48) đều khác 0 thì ta có thể tạo ra một phương trình thuần nhất (hệ số tự
do bằng 0), sau đó thực hiện cách giải như trên.
Ví dụ 1.10 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
x2 − 2xy + 3y2 = 9 (1)
2x2 − 13xy + 15y2 = 0 (2)
Ví dụ 1.11 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
2x2 − xy + 3y2 = 13
x2 + 4xy − 2y2 = −6
(Đề thi lớp 10 chuyên toán 31.04.1994 TP Hà Nội)
Bài giải.
x2 + 4xy − 2y2 = −6 Hệ đã cho tương đương với hệ : 25x2 + 46xy − 8y2 = 0 (1)
13
, ta có:
y x hoặc t2 = 8t2 − 46t − 25 = 0 ⇔ t1 = Giải phương trình (1), đặt t = −1 2 25 4
, ta có hệ phương trình −1 2
x = −2y ∗ Với t = ⇔ (x; y) = (−2; 1), (2; −1) x2 + 4xy − 2y2 = −6
, ta có hệ phương trình 25 4
x = y ∗ Với t = 4 25 √ √ √ ; ), ( ; ). ⇔ (x; y) = ( 4 139 25 139 −4 139 −25 √ 139 x2 + 4xy − 2y2 = −6
1.2.2.1.4 Hệ phương trình đối xứng dạng phân thức
√ √ √ Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm (x; y) = (−2; 1), (2; −1), ( ; ), ( ; ). 4 139 25 139 −4 139 −25 √ 139
Ví dụ 1.12 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
=
=
= xy x + y yz y + z xz x + z 12 5 18 5 36 13
Đặt a = ; b = ; c = Bài giải. 1 x 1 y 1 z Khi đó hệ đã cho tương đương với hệ:
a + b =
b + c =
a + c = 5 12 5 18 13 36
Đây là một hệ phương trình tuyến tính, giải được nghiệm
(a; b; c) = ( ) ⇒ (x; y; z) = (4; 6; 9) ; ; 1 4 1 6 1 9 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = (4; 6; 9).
x2(y + z)2 = (3x2 + x + 1)y2z2 y2(x + z)2 = (4y2 + y + 1)x2z2 z2(x + y)2 = (5z2 + z + 1)x2y2
Ví dụ 1.13 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
14
Bài giải.
Nếu x = 0 ⇒ y = 0; z = 0, do đó (0; 0; 0) là một nghiệm của hệ.
Ta tìm các nghiệm khác (0; 0; 0).
Chia cả hai vế cho x2y2z2 ta được hệ tương đương
( )2 = 3 + +
( )2 = 4 + +
)2 = 5 + + ( y + z yz x + z xz x + y xy 1 x 1 y 1 z 1 x2 1 y2 1 z2
; c = ; b = . Đặt a = 1 x 1 z 1 y Khi đó hệ đã cho tương đương với
(a + b)2 = c2 + c + 5 (1)
(b + c)2 = a2 + a + 3 (2)
(a + c)2 = b2 + b + 4 (3)
Lấy (2) − (3) ⇒ (a − b)(2(a + b + c) + 1) = 1
Lấy (1) − (2) ⇒ (b − c)(2(a + b + c) + 1) = 1
⇒ a − b = b − c ⇒ a + c = 2b
Thay vào (2) ⇒ 3b2 − b + 4 = 0 (Vô nghiệm). Suy ra hệ đã cho không tồn tại nghiệm
khác (0; 0; 0)
∗ Chú ý: Hai kiểu đối xứng loại I và loại II là những dạng rất cơ bản. Tuy nhiên khi gặp
các bài toán giải hệ phương trình có nhiều hơn hai ẩn, không nên chỉ nhìn hình thức rồi
1.2.2.2 Hệ phương trình mũ và Lôgarit (xem [2])
rập khuôn theo lời giải của dạng.
∗ Các phương trình mũ và loogarit:
- Phương trình: ax = b(a > 0; a (cid:54)= 1), vô nghiệm nếu b ≤ 0; phương trình có nghiệm
x = loga b nếu b > 0. - Phương trình loga x = b(a > 0; a (cid:54)= 1) ⇔ x = ab. - Phương trình af(x) = ag(x)(a > 0) ⇔ a = 1hoca (cid:54)= 1, f(x) = g(x).
f(x) > 0 hay g(x) > 0 . - Phương trình loga f(x) = loga g(x), (a > 0, a (cid:54)= 1) ⇔ f(x) = g(x)
15
∗ Phương pháp giải:
Việc giải hệ phương trình mũ và logarit giống như việc giải các hệ phương trình đại số
với các biến đổi về biểu thức mũ và loogarit.
Phương pháp chung : Rút thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích; dánh giá, bất đẳng
thức, dùng đạo hàm;... để đưa về giải phương trình mũ và loogarit với 4 hướng thông
dụng là : Đưa về cùng một cơ số; đặt ẩn phụ, loogarit hóa hay mũ hóa; sử dụng tính chất
của hàm số;...
Ví dụ 1.14 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
xlog8 y + ylog8 x = 4 (1)
(2) log4 x − log4 y = 1
Bài giải.
= 1 ⇔ x = 4y nên (1):
= 4 Điều kiện x, y > 0 ta có: x (2) ⇔ log4 y (4y)log8 y + ylog8 4y = 4 ⇔ 4log8 y.ylog8 y + ylog8 4.ylog8 y
+log8 y
2 3 .ylog8 y ⇔ y
⇔ y = 2
8 y + 2 log8 y − 1 = 0 ⇔ log8 y = −1 hoặc log8 y =
+ log8 y). log8 y = 1 3 2 3 .ylog8 y + y 2 3 2 ⇔ ( 3 ⇔ 3 log2
1 3
⇔ y = hoặc y = 2 1 8
Do đó x = hoặc x = 8. 1 2
); (8; 2). ; Vậy hệ PT có hai nghiệm là (x; y) = ( 1 2 1 8
Ví dụ 1.15 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
+ = (1) 2 xy + 1
= 1 (2) . log3 1 x2 + 1 x log2 2 1 y2 + 1 y 3
Bài giải.
Điều kiện x, y > 0
16
Ta có (1) = + 2 xy + 1 1 x2 + 1 1 y2 + 1 ⇔ (xy + 1)(x2 + y2 + 2) = 2(x2 + 1)(y2 + 1)
⇔ xy(x2 + y2) + 2xy + x2 + y2 + 2 = 2x2y2 + 2(x2 + y2) + 2
⇔ xy(x − y)2 = (x − y)2
⇔ (x − y)2(xy − 1) = 0
- Nếu x = y thì x = y = 1 là nghiệm của hệ phương trình.
Xét trường hợp x = y (cid:54)= 1 thì :
= 1 + (1)(log2 x − 1)(log 3x + 1) = 1 ⇔ log2 x. log3 x = log2 x + log3 x 1 ⇔ log3 x 1 log2 x
= 1 . log3 ⇔ logx 2 + logx 3 = 1 ⇔ logx 6 = 1 ⇔ x = 6 1 và x (cid:54)= 1, ta có log2 - Nếu xy = 1 thì y = x x 2 1 3x
− = 1 ⇔ (log2 x − 1)(log3 x + 1) = −1 ⇔ log2 x. log3 x = log3 x − log2 x ⇔
1 log2 x = 1 ⇔ x = 1 log3 x . ⇔ logx 2 − logx 3 = 1 ⇔ logx 2 3
2 3 Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là (x; y) = (1; 1), (6; 6), ( ; ). 2 3 2 3
17
Chương 2
Những phương pháp thường dùng để
giải hệ phương trình phi tuyến
2.1 Phương pháp thế
2.1.1. Nội dung phương pháp
Thông thường ta biểu diễn 1 ẩn hoặc 1 biểu thức thích hợp từ một phương trình của
hệ theo các ẩn khác rồi thay vào các phương trình còn lại để được một hệ mới tương
đương với hệ đã cho và có số ẩn ít hơn so với hệ ban đầu.
Ví dụ đối với hệ hai phương trình hai ẩn ta có thể thực hiện các bước sau:
+ Bước 1: Từ một phương trình của hệ đã cho, ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia rồi thay
thế vào phương trình còn lại để được phương trình mới chỉ có một ẩn.
+ Bước 2: Dùng phương trình mới vừa có được, thay thế cho một trong hai phương trình
của hệ, tạo thành hệ mới tương đương với hệ phương trình ban đầu.
+ Bước 3: Giải phương trình một ẩn vừa có rồi suy ra nghiệm của hệ đã cho.
∗ Chú ý:
- Phương trình một ẩn này phải giải được.
- Trong quá trình giải hệ bằng phương pháp thế, ta thấy xuất hiện phương trình có các
hệ số của cả hai ẩn đều bằng 0 thì hệ đã cho có thể vô nghiệm hoặc vô số nghiệm. - Đối
với hệ gồm nhiều phương trình, nhiều ẩn, việc sử dụng phương pháp thế làm giảm số ẩn
trong phương trình để được hệ mới tương đương với hệ đã cho, ta giải hệ mới, tìm được
nghiệm và thay ngươc trở lại tìm ẩn đã thế.
2.1.2. Bài tập áp dụng phương pháp thế
18
Bài toán 2.1 (Xem [5]). Giải hệ phương trình:
x + y = 2 (1)
xy − z2 = 1 (2)
(Thi HSG TPHCM 1979 - 1980 vòng 2)
Bài giải.
Từ (1) ⇒ y = 2 − x, thế vào (2), ta có
x(2 − x) − z2 = 1
⇔ 2x − x2 − z2 − 1 = 0
⇔ (x2 − 2x + 1) + z2 = 0
⇔ (x − 1)2 + z2 = 0
x = 1 ⇔ z = 0
Suy ra y = 1.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y; z) = (1; 1; 0).
Bài toán 2.2 (xem [4]). Giải hệ phương trình:
x + 2y = 4 (1)
x2 + 3y2 − xy + 2x − 5y − 4 = 0 (2)
( Thi HSG TPHCM 1981 - 1982 vòng 2)
Bài giải.
Từ (1) ⇒ x = 4 − 2y, thế vào phương trình (2):
(4 − 2y)2 + 3y2 − (4 − 2y)y + 2(4 − 2y) − 5y = 0
⇔ 9y2 − 29y + 20 = 0
⇔ (9 − 9y)(y −
20 9 ⇔ y = 1hoặc y = ) = 0 20 9 Với y = 1 ⇒ x = 4 − 2.1 = 2
= Với y = 2 ⇒ x = 4 − 2. 20 9 −4 9
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) = (2; 1), ( ; ). −4 9 20 9
2.1.2.1 Phép thế đại số
19
Định nghĩa 2.1. Phép thế đại số là phép thế sử dụng các biểu thức đại số hoặc các ẩn
có trong phương trình để biểu diễn một ẩn qua các ẩn còn lại rồi thay thế vào các phương
trình của hệ để được một hệ mới tương đương với hệ ban đầu, với số ẩn ít hơn.
Bài toán 2.3 (xem [1]). Giải hệ phương trình:
= x2 − 2y2 (∀x, y ∈ R) xy + x + y √ √ 2y − y x − 1 = 2x − 2y x
(Đề thi TS Đại học - Cao đẳng - Khối D - 2008)
Bài giải.
Điều kiện x ≥ 1; y ≥ 0.
xy + x + y = x2 − 2y2 ⇔ (x + y)(x − 2y − 1) = 0
⇔ x = −y hoặc x = 2y + 1
(cid:63) Trường hợp 1: x = −y. Vì y ≥ 0 nên x ≤ 0 (Vô lý)
(cid:63) Trường hợp 2: x = 2y + 1, thế vào phương trình thứ hai, ta có: √ √ (2y + 1) 2y = 2y + 2 2y − y √ ⇔ (y + 1)( 2y − 2) = 0
⇔ y = −1 (loại) hoặc y = 2.
Với y = 2 ⇒ x = 5.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (5; 2).
Bài toán 2.4 (xem [6]). Giải hệ phương trình:
x + y + z = 0 (1)
(x + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 14 (3)
2x + 3y + z = 0 (2)
x + y = −z Bài giải. coi như hệ phương trình hai ẩn (x; y) Xét 2x + 3y = −z
2x + 2y = 2z y = z ⇔ ⇔ 2x + 3y = −z x = −2z
Thế vào phương trình (3), ta có:
20
(1 − 2z)2 + (z + 2)2 + (z + 3)2 = 14
⇔ 6z2 + 6z = 0
⇔ 6z(z + 1) = 0
⇔ z = 0 hoặc z = −1.
∗ Với z = 0 ⇒ (x; y; z) = (0; 0; 0)
∗ Với z = −1 ⇒ (x; y; z) = (2; −1; −1).
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0), (2; −1; −1).
Bài toán 2.5 (xem [6]). Giải hệ phương trình ẩn x, y, u, v :
x3u + y3v = 14 (1)
x2u + y2v = 5 (2)
xu + yv = 2 (3)
u + v = 1 (4)
(Thi HSG TP HCM ngày 17/12/1994 Vòng 2)
Bài giải.
Từ (4) ⇒ v = 1 − u. Thế vào (1)
ux3 + y3(1 − u) = 14 ⇒ u(x3 − y3) = 14 − y3
⇒ u(x − y)(x2 + xy + y2) = 14 − y3.(5)
Tương tự
Thế v = 1 − u vào (2), ta có u(x − y)(x + y) = 5 − y2.(6)
Thế v = 1 − u vào (3), ta có u(x − y) = 2 − y.(7)
Từ (5) và (7) suy ra (2 − y)(x2 + xy + y2) = 14 − y3.
Từ (6) và (7) suy ra (2 − y)(x + y) = 5 − y2.
2(x + y)2 − xy(x + y) − 2xy − 14 = 0 Khai triển phương trình cuối, ta có
2(x + y) − xy − 5 = 0
Đặt x + y = a, xy = b suy ra 2a2 − ab − 2b − 14 = 0
a = 4 ⇔ b = 3
x + y = 4 2a − b − 5 = 0 Suy ra xy = 3
Suy ra (x; y) = (3; 1) hoặc (1; 3).
21
Thế x; y vào, ta tìm được các nghiệm của hệ :
2.1.2.2 Phép thế lượng giác
(x; y; u; v) = (3; 1; ), (1; 3; ; ; ). 1 2 1 2 1 2 1 2
Định nghĩa 2.2. Phép thế lượng giác là phép thế sử dụng các biểu thức là các hàm
lượng giác thay thế cho các ẩn có trong hệ phương trình để được một hệ phương trình
mới tương đương với hệ đã cho nhưng các ẩn được thay thế hoàn toàn bằng ẩn mới.
Bài toán 2.6 (xem [6]). Giải hệ phương trình
(1) √ x2 + y2 = 1 √ 2(x − y)(1 + 4xy) = 3 (2)
Bài giải.
Từ phương trình (1) cho ta gợi ý đặt ẩn phụ đưa về lượng giác.
x = sin α Đặt y = cos α (α ∈ [0; 2Π])
Khi đó phương trình (2) được viết dưới dạng: √
(sin α − cos α)(1 + 2 sin 2α) = 6 2 √
⇔ sin α − cos α + 2 sin 2α sin α − 2 sin 2α cos α = 6 2
⇔ sin α − cos α + cos α − cos 3α − sin 3α − sin α = √ 6 2 √ − 6 ⇔ sin 3α + cos 3α = √ 2 3 − ⇔ cos(3α + = cos 2
⇔ α = + Π ) = 4 k2Π + 3 7Π 36
; 5Π 6 −13Π 36 ; ; ; ; Vì α ∈ [0; 2Π] nên α ∈ { hoặc α = 7Π 36 7Π 36 7Π 36 k2Π 3 31Π 36 (k ∈ Z) 55Π 36
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (sin α; cos α) với α ∈ { 35Π 36 ; ; ; ; ; ; }. 11Π 36 7Π ; 36 ; 7Π 36 ; 7Π 36 59Π } 36 31Π 36 55Π 36 11Π 36 35Π 36 59Π 36
Bài toán 2.7 (xem [5]). Giải hệ phương trình
(1)
(2)
z2 + 2xyz = 1 3x2y2 + 3xy2 = 1 + x3y4 z + zy4 + 4y3 = 4y + 6y2z
(3)
22
Bài giải.
Vì z = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên:
(cid:19)
(1) ⇔ xy = 1 − z2 2z
(cid:18) −Π 2
Đặt z = tan ϕ(∗) với ϕ ∈ ; \ {0} Π 2
Ta có xy = = = cot 2ϕ 1 − z2 2z 1 − tan2 ϕ 2 tan ϕ Thay vào (2) ta được:
3 cot2 2ϕ + 3y cot 2ϕ = 1 + y cot3 2ϕ
= tan 6ϕ ⇔ y = = 1 cot 6ϕ 3 cot2 2ϕ − 1 cot3 2ϕ − 3 cot 2ϕ Suy ra: x = cot 2ϕ. cot 6ϕ, thay vào (3) ta được:
z = = tan 24ϕ(∗∗) 4 tan 6ϕ − 4 tan3 6ϕ 1 − 6 tan2 6ϕ + tan4 6ϕ
Từ (∗) và (∗∗) ta có:
(cid:19)
tan 24ϕ = tan ϕ ⇔ 24ϕ = ϕ + kΠ, k ∈ Z ⇔ ϕ = , k ∈ Z kΠ 23
\ {0} ta thu được : Với ϕ ∈ ; Π 2
(cid:18)−Π 2 2Π 23
; ± ϕ = ± ; . . . ; ± Π 23 11Π 23 Vậy hệ phương trình có các nghiệm là :
(x; y; z) = (cot 2ϕ. cot 6ϕ; tan 6ϕ; tan ϕ) Với ϕ ∈ ± ; ± ; . . . ; ± Π 23 2Π 23 11Π 23
Bài toán 2.8 (xem [5]). Giải hệ phương trình
(1)
(2)
2z(x + y) + 1 = x2 − y2 y2 + z2 = 1 + 2xy + 2xz − 2yz y(3x2 − 1) = −2x(x2 + 1)
(3)
Bài giải.
Vì x = ± không thỏa mãn phương trình (3) nên:
(3) ⇔ y = ⇔ x + y = ⇔ x + y = 1 √ 3 −2(x2 + 1) 3x2 − 1 3x3 − x − 2x(x2 + 1) 3x2 − 1 x3 − 3x 3x2 − 1
(cid:19)
(cid:18)
23
; ; } Đặt x = tan ϕ, ϕ ∈ − \ {− Π 2 Π 2 Π 6 Π 6 ⇒ cos ϕ (cid:54)= 0; cos 3ϕ (cid:54)= 0
Ta có:
⇔ y = tan 3ϕ − tan ϕ tan ϕ + y = tan3 ϕ − 3 tan ϕ 3 tan2 ϕ − 1
(1) ⇔ z = (do x = −y không thỏa mãn phương trình (1) ⇒ tan 3ϕ (cid:54)= 0) x2 − y − 1 2(x + y)
⇔ z = (2 tan ϕ − tan 3ϕ) tan 3ϕ − 1 2 tan 3ϕ
z = 2 tan ϕ. tan 3ϕ − tan2 3ϕ − 1 2 tan 3ϕ
z = tan ϕ −
+ ( ) z = tan ϕ − 1 2 cos 3ϕ sin 3ϕ
z = tan ϕ − tan 3ϕ + cot 3ϕ 2 sin 3ϕ cos 3ϕ 1 sin 6ϕ (2) ⇔ x2 + y2 + z2 − 2xy − 2xz + 2yz = 1 + x2
⇔ (y + z − x)2 = 1 + x2
⇔ (tan 3ϕ − tan ϕ + tan ϕ − − tan ϕ)2 = 1 + tan2 ϕ 1 sin 6ϕ
− tan ϕ)2 = ⇔ ( − 1 cos2 ϕ 1 2 sin3 ϕ cos 3ϕ
− tan ϕ)2 = ⇔ ( 1 cos2 ϕ
⇔ ( + tan ϕ)2 = sin 3ϕ cos 3ϕ 2 sin2 3ϕ − 1 2. sin 3ϕ. cos 3ϕ cos 6ϕ sin 6ϕ
⇔ ( )2 = 1 cos2 ϕ 1 cos2 ϕ
− 6ϕ)
⇔ cos 5ϕ = cos( + 6ϕ) ⇔ cos 5ϕ = ± cos( Π 2
⇔ 5ϕ = ±(
⇔ ϕ = cos 5ϕ sin 6ϕ. cos ϕ ⇔ cos 5ϕ = ± sin 6ϕ Π 2 − 6ϕ) hoặc cos 5ϕ = cos( Π 2 − 2kΠ hoặc ϕ = Π 2 + + , ϕ = − 2kΠ(k ∈ Z) Π 2 + 6ϕ) + k2Π −Π 22 k2Π 11 , ϕ = (cid:19) Π 22 (cid:18) } ⇒ ϕ = ± Với ϕ ∈ \ {− − ; ; ; ± ; ± ; ± ; ± − 6ϕ) + k2Π hoặc 5ϕ = ±( k2Π 11 Π 2 Π 2 Π 6 Π 22 Π 6 Π 2 3Π 22 5Π 22 −Π 2 7Π 22 9Π 22
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:
) (x; y; z) = (tan ϕ; tan 3ϕ − tan ϕ; tan ϕ − 1 sin 6ϕ
24
; ± ; ± ; ± ; ± Với ϕ = ± Π 22 3Π 22 5Π 22 7Π 22 9Π 22
Bài toán 2.9 (xem [1]). Giải hệ phương trình
(1) (∀x, y ∈ R) 20(x + ) = 11(y + ) = 2007(z + (2) ) xy + yz + xz = 1 1 x 1 y 1 z
Bài giải.
Điều kiện : xyz (cid:54)= 0
Nếu (x; y; z) là một nghiệm của hệ phương trình thì (−x; −y; −z) cũng là một nghiệm
x = tan α
y = tan β
z = tan γ của hệ, và từ (1) suy ra x, y, z cùng dấu. Ta chỉ cần xét (x; y; z) dương. Với ∀x, y, zR và khác 0, ta đặt:
Với 0 < α, β, γ < Π 2
tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1 (3) Từ đó (1) và (2) trở thành:
) = 11(tan β + ) = 2007(tan γ + (4) ) 20(tan α + 1 tan α 1 tan β 1 tan γ Ta có:
(3) ⇔ tan α(tan β + tan γ) = 1 − tan α tan γ
⇔ tan α = = cot(β + γ) 1 − tan β tan γ tan β + tan γ
⇔ α + β + γ = Π 2 ⇔ 2α, 2β, 2γ là các góc của một tam giác.
(4) ⇔ 20 = 11 = 2007 tan2 β + 1 tan β tan2 γ + 1 tan γ
⇔ = = 20 sin 2α tan2 α + 1 tan α 11 sin 2β 2007 sin 2γ
a = 20
b = 11
c = 2007 (Không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) Áp dụng định lý sin ta tính được ba cạnh của tam giác có ba góc 2α, 2β, 2γ là
Do đó tam giác không tồn tại.
Vậy hệ vô nghiệm.
25
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ
Đối với một số bài toán phức tạp, bằng cách đặt ẩn phụ, sẽ làm bài toán trở lên dễ
dàng hơn. (Thường áp dụng đối với những hệ phương trình xuất hiện cụm ẩn nào đó
2.2.1. Nội dung phương pháp
được lặp lại nhiều lần.)
Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải phát hiện ẩn phụ u = f(x,y) và v = g(x,y)
ngay trong từng phương trình của hệ hoặc sau các phép biến đổi.
Thông thường các phép biến đổi thường xoay quanh việc cộng, trừ hai phương trình của
hệ hoặc chia cả hai vế của từng phương trình cho các số hạng khác không có sẵn trong
các phương trình của hệ để tìm ra phần chung mà sau đó ta đặt ẩn phụ để đưa hệ phương
trình ban đầu về một hệ phương trình mới tương đương với hệ đã cho. Tìm ẩn phụ và
2.2.2. Bài tập áp dụng phương pháp đặt ẩn phụ
thay thế ngược trở lại để tìm được nghiệm của phương trình ban đầu.
Bài toán 2.10 (xem [6]). Giải hệ phương trình:
x2 − y2 + x − y = 5
x3 − x2y − xy2 + y3 = 6
Bài giải.
(x2 − y2) + (x − y) = 5 Biến đổi hệ đã cho ⇔ (x2 − y2)(x − y) = 6
u + t = 5 Đặt u = x2 − y2 và t = x − y; ta có hệ phương trình
⇒ u và t là hai nghiệm của phương trình
ut = 6
X 2 − 5X + 6 = 0
⇔ (X − 2)(X − 3) = 0
⇔ X = 2 hoặc X = 3.
Xét hai trường hợp:
- Trường hợp 1: u = 2, t = 3
26
x = x + y = x2 − y2 = 2 ⇒ ⇒ ⇔ . y = x − y = 3 3 2 x − y = 3 11 6 −7 6 - Trường hợp 2:u = 3, t = 2
x = x + y = x2 − y2 = 3 ⇒ ⇔ ⇔ . x − y = 2 y = 3 2 x − y = 2
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = ( ; ), ( ). ; 11 6 −7 6 −1 4 7 4 −1 4 7 4
Bài toán 2.11 (xem [1]). Giải hệ phương trình:
x4 − x3y2 + x2y2 = 1
x3y − x2 − xy = 1
(Đề dự bị khối A - 2007)
Bài giải.
(−x2 + xy)2 + x3y2 = 1 Hệ đã cho tương đương với (−x2 + xy) − x3y = 1
u(u − 1) = 0 u2 − u = 0 u2 + v = 1 Đặt u = −x2 + xy, v = x3y. Hệ trở thành: ⇔ ⇔ u + v = 1 u + v = 1
Xét các trường hợp:
u = 0 u = 1 u + v = 1 . hoặc ⇔ v = 1 v = 0
- Trường hợp 1: u = 0; v = 1 −x2 + xy = 0 x = y x = y ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ y = x3y = 1 x4 = 1 x = ±1 x = 0; x = y 1 x3
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; 1), (−1; −1).
- Trường hợp 2: u = 1; v = 0 −x2 + xy = 1 y = 0 ⇒ ⇒ (Vô nghiệm) x3y = 0 x2 = −1
Bài toán 2.12 (xem [1]). Giải hệ phương trình
x2 + y2 + x + y = 4
x(x + y + 1) + y(y + 1) = 2
27
(Đề thi dự bị - Khối A - Năm 2005)
Bài giải.
x2 + y2 + x + y = 4 x2 + y2 + x + y = 4 ⇔ Hệ đã cho tương đương với xy = −2 x2 + y2 + x + y + xy = 2
S2 = x2 + y2 + 2xy x + y = S suy ra Đặt xy = P
S2 − 2P + S = 4 P = −2 x2 + y2 = S2 − 2P Hệ đã cho tương đương với ⇔ S2 − P + S = 2 S = 0 hoặc S = −1
Suy ra (x; y) = (
S = x + y = 0 ∗ Trường hợp 1 ⇔ x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 0X − 2 = 0 P = xy = −2 √ √ √ √ 2; − 2), (− 2; 2).
⇔ Y = 1 hoặc Y = −2
S = x + y = −1 ∗ Trường hợp 2 ⇔ x, y là nghiệm của phương trình Y 2 + Y − 2 = 0 P = xy = −2
Suy ra (x; y) = (1; −2) hoặc (−2; 1). √ √ √ √ 2; − 2), (− 2; 2), (1; −2), (−2; 1). Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm (x; y) = (
x2 − xy + y2 = 3(x − y) Bài toán 2.13 (xem [1]). Giải hệ phương trình (∀x, y ∈ R) x2 + xy + y2 = 7(x − y)3
(Đề thi dự bị 1 - Khối D - Năm 2006)
x + y = u Bài giải. Đặt . xy = v
v
Suy ra u = 0 hoặc u = 1
u2 − 3u + v = 0 3u2 − 3u = 0 Hệ đã cho trở thành ⇔ v = 2u2 = 2u2
u = 0 x − y = 0 x = 0 ∗ Trường hợp 1 ⇔ ⇔ v = 0 xy = 0 y = 0
28
x − y = 1 x = 2 x = −1 u = 1 ∗ Trường hợp 2 ⇔ ⇔ Hoặc xy = 2 y = 1 y = −2 v = 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (0; 0), (2; 1), (−1; −2).
Bài toán 2.14 (xem [6]). Giải hệ phương trình
2x2 − xy + 3y2 = 13
x2 + 4xy − 2y2 = −6
(Đề thi lớp 10 chuyên toán 31/07/1994)
Bài giải.
x2 + 46xy − 8y2 = 0 Hệ đã cho tương đương với x2 + 4xy − 2y2 = −6
x2 + 4xy − 2y2 = −6
t = ⇔ ⇔ x y
x2 + 4xy − 2y2 = −6
hoặc t = t = 8t2 − 46t − 25 = 0 x = yt −1 2 25 4
x = y ∗ Trường hợp 1 −1 2 ⇔ (x; y) = (−2; 1), (2; −1). x2 + 4xy − 2y2 = −6
∗ Trường hợp 2 25 4
x = y √ √ √ ⇔ (x; y) = ( ; ), ( ; ). 4 139 25 139 −4 139 −25 √ 139 x2 + 4xy − 2y2 = −6
√ √ √ Vậy hệ có bốn nghiệm ?(x; y) = (−2; 1), (2; −1), ( ; ), ( ; ). 4 139 25 139 −4 139 −25 √ 139
Bài toán 2.15 (xem [5]). Cho x; y là hai số nguyên dương sao cho
xy + x + y = 71
x2y − xy2 = 880
Tìm giá trị của biểu thức M = x2 + y2
(Thi HSG Đại Học IOWA Mĩ 04/1991)
29
Bài giải.
xy + (x + y) = 71 Hệ đã cho tương đương với xy(x + y) = 880
x + y = S Đặt xy = P
Điều kiện S2 − 4P ≥ 0
S + P = 71 Hệ đã cho tương đương với S.P = 880
Suy ra S và P là hai nghiệm của phương trình X 2 − 71X + 880 = 0 ⇒ X1 = 55; X2 = 16.
Xét hai trường hợp:
P = 55 ∗ Trường hợp 1 S = 16
Ta có S2 − 4P = 162 − 4.55 = 36 > 0(Thỏa mãn)
Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình A2 − 16A + 55 = 0
⇔ A1 = 11, A2 = 5 (∃(x; y) thỏa mãn điều kiện x, y nguyên dương) Ta có M = x2 + y2 = (x + y)2 − 2xy
M = 162 − 2.55 = 146.
P = 16 ∗ Trường hợp 2 S = 55
Ta có S2 − 4P = 552 − 4.16 = 2961 > 0
Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình B2 − 55B + 16 = 0
(cid:77) là số vô tỉ nên không thỏa mãn điều kiện x, y nguyên dương của bài toán.
Ta có (cid:52)B = 2961 > 0 ⇒ ∃(x; y). √ Nhưng
Vậy M = 146.
Bài toán 2.16 (xem [5]). Giải hệ phương trình
x2 + y + x3y + xy2 + xy =
x4 + y2 + xy(1 + 2x) = −5 4 −5 4
Bài giải.
(1) Đặt x2 + y = u và xy = v thì hệ đã cho tương đương với −5 4
u2 + v = (2) u + v + uv = −5 4
30
Từ (2) suy ra v = − u2, thay vào phương trình (1), ta có
−5 4 − u3) = − u2 + u(− u − 5 4 −5 4 5 4 ⇔ 4u3 + 4u2 + u = 0
⇔ u(2u + 1)2 = 0
⇔ u = 0 hoặc u = −1 2 Xét hai trường hợp
∗ Trường hợp 1: Nếu u = 0 thì v = −5 4
y
(cid:114) 5 4 (cid:114) 25 16
x = 3 x2 + y = 0 ta có ⇔ ⇔ −x3 = xy = y = − 3 = −x2 −5 4 −5 4
−3 2
thì v = , ta có hệ phương trình
x2 + y = y = − x2 x = 1 ∗ Trường hợp 2: Với u = ⇔ ⇔ ⇔ y = −1 2 −1 y = 2 − x2 = ) = 0 x( xy = x3 + −3 2 −1 2 −1 2 −3 2 −3 2 − x2 3 2
(cid:114) 5 4
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; ), ( 3 ; − 3 ). −1 2 1 x − 2 (cid:114) 25 16 −3 2
2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm
số(xem [2])
Định nghĩa 2.3. Hàm số f(x) xác định trên [a, b] được gọi là tăng (tương ứng tăng nghiêm
ngặt) nếu với ∀x1, x2 ∈ [a, b] và x1 < x2 ta có f (x1) ≤ f (x2) (tương ứng f (x1) < f (x2)).
Tương tự được gọi là giảm (tương ứng giảm nghiêm ngặt) nếu với ∀x1, x2 ∈ [a, b], x1 < x2
ta có f (x1) ≥ f (x2) (tương ứng f (x1) > f (x2)).
Những hàm số tăng hoặc giảm trên [a, b] được gọi là đơn điệu trong đoạn đó. Với trường
hợp tăng nghiêm ngặt hoặc giảm nghiêm ngặt thì được gọi là đơn điệu nghiêm ngặt.
Định nghĩa 2.4. Cho hàm số y = f(x) xác định trên D và một điểm x0 ∈ D. Hàm số
f(x) = f(x0). f(x) được gọi là liên tục tại điểm x0 nếu lim x→x0
Hàm số y = f(x) liên tục trên D nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc D.
Định lý 2.1. Nếu hàm số f(x) liên tục và đơn điệu trên (a, b) và f(a).f(b) < 0 thì phương
trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất thuộc (a, b).
31
Định lý 2.2. Nếu hàm số f(x) liên tục trên (a, b) và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0
có ít nhất một nghiệm thuộc (a, b).
Định lý 2.3. Giả sử hàm số y = f(x) đơn điệu và liên tục trên khoảng (a; b). Khi đó ta
2.3.1. Nội dung phương pháp
có f(u) = f(v) ⇔ u = v((u; v) ∈ (a; b))
Bước 1: Thực hiện các phéo biến đổi tương đương trên các phương trình của hệ để
được một phương trình có dạng f(u) = f(v) hoặc f (u) = 0.
Bước 2: Đặt f(t) = f(u) hoặc f(v), chứng minh sự đơn điệu và liên tục của hàm số f(t) trên
tập xác định của f(t).
Bước 3: Sử dụng các tính chất của hàm đơn điệu nêu trên đối với f(t) để tìm được mối
liên hệ giữa x và y để giải hệ phương trình ban đầu.
• Chú ý: phương pháp này được sử dụng trong các trường hợp sau:
- Loại I: Một phương trình của hệ có dạng f(x) = f(y). Một phương trình cho ta biết tập
giá trị của x hoặc y. Từ đó ta suy ra hàm f(x) đơn điệu, suy ra x = y.
- Loại II: Hệ đối xứng mà sau khi biến đổi thường đưa về dạng f(x) = f(y) hoặc f(x) = 0.
2.3.2. Bài tập sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Trong đó f là hàm đơn điệu.
Bài toán 2.17 (xem [5]). Giải hệ phương trình:
36x2y − 60x2 + 25y = 0
36xy2 − 60y2 + 25x = 0
Bài giải.
x = 60y2 36y2 + 25
Suy ra x, y không âm. Hệ phương trình đã cho tương đương với
y = 60x2 36x2 + 25 Nếu x = 0 thì y = 0, suy ra (0; 0) là một nghiệm của hệ phương trình.
(t) =
, t > 0. 60t2 36t2 + 25 Nếu x > 0 thì y > 0. Xét hàm số f(t) = 3000t Ta có f (cid:48) (36t2 + 25)2 > 0, ∀t > 0.
32
Do đó f(t) đồng biến trên (0; +∞).
x = f(y) Hệ phương trình được viết lại
y = f(x)
Từ tính đồng biến của f(t) suy ra x = y.
Thay vào hệ phương trình, ta được
x(36x2 − 60x + 25) = 0 ⇔ x(6x − 5)2 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = . 5 6
Với x = ⇒ y = x = 5 6
5 6 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x; y) = (0; 0), ( ; ). 5 6 5 6
Bài toán 2.18 (xem [5]). Chứng minh rằng hệ phương trình
ex = 2007 −
ey = 2007 − y (cid:112)y2 − 1 x √ x2 − 1
có đúng hai nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0; y > 0
(Đề thi dự bị 1 - Khối B - Năm 2007)
(t) =
√ t t2 − 1 Bài giải. Đặt f(t) = et, g(t) = −1 Suy ra g(cid:48) < 0, ∀ | t |> 1.
3 2 (t2 − 1) Ta có hàm số f tăng nghiêm ngặt trên từng khoảng xác định, và hàm số g giảm nghiêm
ngặt trên từng khoảng xác định.
f(x) + g(y) = 2007 Hệ đã cho tương đương với
⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x)(∗)
f(y) + g(x) = 2007
f(x) > f(y) Nếu x > y thì
g(x) < g(y)
Do (∗) suy ra y > x (do g giảm nghiêm ngặt) (Vô lí).
Tương tự y > x cũng dẫn đến vô lí.
√ − 2007 = 0 ex + Do vậy hệ đã cho tương đương với x x2 − 1 (2)
x = y
33
√ − 2007, (| x |> 1) x x2 − 1
√ có Xét h(x) = ex + Nếu x < −1 thì h(x) < e−1 − 2007 < 0 suy ra hệ vô nghiệm. x Nếu x > 1 thì h(x) = ex + x2 − 1
−3 2 h(cid:48) (x) = ex − (x2 − 1)
3x (x2 − 1) > 0 −5 2 .2x = ex + h”(x) = ex + 3 2 5 2 (x2 − 1)
h(x) = +∞; h(x) = +∞ lim x→+∞ Và lim x→1+
Vậy h(x) liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1; +∞). Do đó để chứng minh (2)
− 2007 < 0. Suy ra h(x) = 0 có đúng hai nghiệm 2 √ 3 có hai nghiệm dương, ta chỉ cần chứng minh ∃x0 > 1 mà h(x) < 0. Chọn x0 = 2 suy ra h(2) = e2 + x1 > 1, x2 > 1.
Bài toán 2.19 (xem [5]). Giải hệ phương trình
x2 − 2x + 1 = 2y
y2 − 2y + 1 = 2x
(t) = 2t − 2 = 2(t − 1) nên f đồng biến trên (1; +∞) và
(t) = 2 thì g đồng biến trên (1; +∞).
Bài giải.
Ta có 2y = x2 − 2x + 1 = (x + 1)2 ≥ 0. Tương tự x ≥ 0. Đặt f(t) = t2 − 2t + 1, t ≥ 0, thì f (cid:48) nghịch biến trên (0; 1). Đặt g(t) = 2t, (t ≥ 0) thì g(cid:48) f(x) = g(y) Ta có hệ phương trình
g(x) = f(y) Giả sử x = min {x; y}. Xét x ≤ y.
√ - Nếu x > 1 thì 1 < x ≤ y ⇒ f(x)≤f(y) ⇒ g(y) ≤ g(x) ⇒ y ≤ x. Do đó y = x Ta có phương trình t2 − 4t + 1 = 0 nên chọn nghiệm x = y = 2 + 3.
- Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì f(0) ≥ f(x) ≥ f(1) ⇒ 0 ≤ f(x) ≤ 1
Nên 0 ≤ g(x) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ f(0) ≥ f(y) ≥ f(1) ⇒ 0 ≤ f(y) ≤ 1
⇒ 0 ≤ g(x) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x ≤ 1.
Do đó, xét x ≤ y ⇒ f(x) ≥ f(y) ⇒ g(y) ≥ g(x) ⇒ y ≥ x.
Suy ra x = y. √ Ta có phương trình t2 − 4t + 1 = 0 nên chọn nghiệm x = y = 2 − 3.
34
√ √ Vậy hệ có hai nghiệm x = y = 2 + 3; x = y = 2 − 3.
Bài toán 2.20 (xem [5]). Giải hệ phương trình
√ (1 − y) √ y (1) x − y + x = 2 + (x − y − 1) √ √ 2y2 − 3x + 6y + 1 = 2 x − 2y − 4x − 5y − 3 (2)
Bài giải.
√ Điều kiện x − y ≥ 0; y ≥ 0; x − 2y ≥ 0; 4x − 5y − 3 ≥ 0. √ (1)(1 − y) y = 0 x − y + (x − y − 1) + (y − 1) − (x − y − 1) √ √ ⇔ (1 − y)( x − y − 1) + (x − y − 1)(1 − y) = 0 (x − y − 1)(1 − y) √ ⇔ + = 0 √ (1 − y)(x − y − 1) x − y + 1 y 1 +
√ + ) = 0 ⇔ (1 − y)(x − y − 1)( 1 x − y + 1 1 √ 1 + y ⇔ (1 − y)(x − y − 1) = 0
⇔ y = 1 hoặc x = y + 1 √ √ ∗ Khi y = 1, (2) ⇔ 9 − 3x = 2 x − 2 − 4x − 8
⇔ 9 − 3x = 0 ⇔ x = 3
∗ Khi x = y + 1 √ √ (2) ⇔ 2y2 + 3y − 2 = 2 1 − y − 1 − 2y √
⇔ 2y2 + 3y − 2 = √ 1 − y(∗) √ 1 − y(∗∗)
(t) = 4t + 1 > 0 nên f(t) đồng biến trên [0; +∞).
⇔ 2y2 + y = 2( 1 − y)2 + Xét f(t) = 2t2 + t, t ≥ 0, f (cid:48) √ √ 5 √ 5 Do đó (∗∗) ⇔ y = 1 − y ⇔ y2 + y − 1 = 0 ⇔ y = hoặc y = (loại) −1 + 2 −1 − 2 √ √ 5 5 Nếu y = thì x = . −1 + 2 1 + 2 √ √ 5 5 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (3; 1), ( ; ) 1 + 2 −1 + 2
Bài toán 2.21 (xem [5]). Giải hệ phương trình
√ (4x2 + 1)x + (y − 3) 5 − 2y = 0 √ 4x2 + y2 + 2 3 − 4x = 7
Bài giải.
; y ≤ . Điều kiện x ≤ 3 4 5 2 √ 5 − 2y = 0 Ta có (4x2 + 1)x + (y − 3) √ ⇔ (4x2 + 1).2x = (5 − 2y − 1) 5 − 2y
(t) = 3t2 + 1 > 0 nên f đông biến trên R, do
35
√
5−2y)
√ Xét hàm số f(t) = (t2 + 1)t với ∀t ∈ R thì f (cid:48) đó (4x2 + 1).2x = (5 − 2y − 1) 5 − 2y
⇔ f(2x) = f(
x ≥ 0 √ ⇔ 2x = 5 − 2y ⇔ y = 5 − 4x2 2
vào phương trình sau ta được 5 − 4x2 2 √ 3 − 4x = 7 4x2 + (
thì không thỏa mãn nên ta chỉ xét khi 0 < x < Thế y = 5 2 Với x = 0; x = − 2x2)2 + 2 3 4 3 4
(x) = 8x − 8x(
√ √ Thì g(cid:48) ) − = 4x(4x2 − 3) − < 0. 5 2 4 3 − 4x
(
)
), mà g = 7 nên phương trình sau có nghiệm duy nhất Nên g(x) nghịch biến trên (0; 4 3 − 4x 3 4 1 2
, suy ra y = 2 : Chọn x = 1 2
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( ; 2). 1 2
Bài toán 2.22 (xem [5]). Giải hệ phương trình
√ xy √ x2(1 + y2) + y2(1 + x2) = 4 x2y(cid:112)1 + y2 − 1 + x2 = x2y − x
Bài giải.
Điều kiện xy ≥ 0.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với √ x −
(cid:112)
(t) = 1 −
1 + x2 = x2y(1 − (cid:112)1 + y2) Ta có x = 0 không thỏa mãn phương trình √ Vì x − 1 + x2 < 0 và 1 − (cid:112)1 + y2 < 0 nên suy ra y > 0. Do đó x > 0 (cid:114) 1 1 + Phương trình tương đương với − 1 x 1 x x2 = y − y(cid:112)1 + y2 √ Xét hàm số f(t) = t − t 1 + t2 trên (0; +∞) √ √ 1 + − t < 0, ∀t ∈ (0; +∞). Ta có f (cid:48)
t2 1 + t2 Suy ra hàm số nghịch biến trên (0; +∞).
(
)
Phương trình f = y ⇔ xy = 1. = f(y) ⇔ 1 x 1 x
x2(1 + Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta có: 1 x2 (1 + x2) = 4 ⇔ x2 + 1 x2 = 2 1 x2 ) +
36
⇔ (x2 − 1)2 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1.
Kết hợp kiều kiện, suy ra x = y = 1.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1).
Bài toán 2.23 (xem [5]). Giải hệ phương trình
√ √ x + 1 + 4 x − 1 − (cid:112)y4 + 2 = 0
x2 + 2x(y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0
Bài giải.
Điều kiện x ≥ 1.
Ta có x2 + 2(y − 1)x + y2 − 6y + 1 = 0
⇔ (x + y − 1)2 − 4y = 0
⇔ 4y = (x + y − 1)2(∗) nên y ≥ 0. √ Và √ √ x + 1 + 4 √ x + 1 + 4 ⇔ x − 1 − (cid:112)y4 + 2 = y x − 1 = (cid:112)(y4 + 1) + 1 + 4(cid:112)(y4 + 1) − 1(∗∗) √ √ t + 1 + 4 t − 1 thì f(t) đồng biến trên [1; +∞)
Đặt f(t) = Nên (∗∗) ⇔ f(x) = f(y4)+1 ⇔ x = y4 + 1 Thế vào (∗) ta có 4y = (y4 + y)2 = y8 + 2y5 + y2
⇔ y = 0 hoặc y7 + 2y4 + y = 4
⇔ y = 0, x = 1 hoặc y = 1, x = 2. Vì g(y) = y7 + 2y4 + y đồng biến trên [0; +∞) và g(1) = 4 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (1; 0) hoặc (2; 1).
2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
2.4.1. Các bất đẳng thức cơ bản thường gặp
1. |A| ≥ A. Dấu ” = ” xảy ra khi A = 0.
2. a2 ≥ 0. Dấu ” = ” xảy ra khi a = 0.
3. |a| + |b| ≥ |a + b|. Dấu ” = ” xảy ra khi ab ≥ 0.
5. a2 + b2 ≥ 2ab. Dấu ” = ” xảy ra khi a = b.
ab ≥ 0 4. |a| − |b| ≤ |a − b|. Dấu ” = ” xảy ra khi . |a| ≥ |b|
6. (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ab ≤ ( )2. Dấu ” = ” xảy ra khi a = b. a + b 2
37
≥ 7. + (a; b ≥ 0). Dấu ” = ” xảy ra khi a = b. 4 a + b
8. + ≥ 2(ab > 0). Dấu ” = ” xảy ra khi a = b. 1 a a b 1 b b a 9. Bất đẳng thức Caushy (AM - GM)
Dạng 1: √ ≥ n
Với n số thực dương a1; a2; · · · ; an. a1 + a2 + · · · + an a1.a2. · · · .an n √ Dạng 2: a1 + a2 + · · · + an ≥ n. n
Dạng 3: ( a1.a2. · · · .an )n ≥ a1.a2. · · · .an a1 + a2 + · · · + an n Dấu ” = ” xảy ra khi a1 = a2 = · · · = an
n)(b2 n)(b2
1 + a2 1 + a2
1 + b2 1 + b2
2 + · · · + b2 n) 2 + · · · + b2 n)
11. Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky).
n)(b2
2 + · · · + a2
1 + b2
2 + · · · + b2 n)
= · · · = = a2 b2 a1 b1
= · · · = = Với hai bộ số thực bất kì: (a1; a2; · · · ; an); (b1; b2; · · · ; bn) Dạng 1: (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2 ≤ (a2 2 + · · · + a2 Dạng 2: |a1b1 + a2b2 + · · · + anbn| ≤ (cid:112)(a2 2 + · · · + a2 an Dấu ” = ” xảy ra khi bn Dạng 3: a1b1 + a2b2 + · · · + anbn ≤ (cid:112)(a2 1 + a2 an > 0. Dấu ” = ” xảy ra khi bn a1 b1 a2 b2 12. Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu (Caushy - Swarchz)
+ · · · + ≥ + a2 n xn (a1 + a2 + · · · + an)2 x1 + x2 + · · · + xn a2 2 x2 Với ∀xi > 0, i = 1, 2, · · · , n, ta có a2 1 x1 13. Bất đẳng thức Minkopsky
1 + b2
1 + (cid:112)a2 2 + b2 Dấu ” = ” xảy ra khi
n + b2 = · · · =
2 + · · · + (cid:112)a2 a2 a1 = b2 b1
n ≥ (cid:112)(a1 + a2 + · · · + an)2 + (b1 + b2 + · · · + bn)2 an bn
2.4.2. Nội dung phương pháp
Cho hai dãy số thực dương (a1; a2; · · · ; an); (b1; b2; · · · ; bn), ta có (cid:112)a2
Phương pháp sử dụng bất đẳng thức để giải hệ phương trình là một phương pháp
đánh giá mới, thực hiện qua các bước sau:
Bước 1: Từ các phương trình đã cho trong hệ, ta sử dụng các phép biến đổi tương đương
để làm xuất hiện các bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bước 2: Đối với mỗi bất đẳng thức, để cho dấu đẳng thức xảy ra tương ứng với dấu đẳng
thức trong hệ phương trình, ta tìm được mối liên hệ của các ẩn. Biểu diễn các ẩn trong
hệ thông qua một ẩn.
38
Bước 3: Thay thế các ẩn vừa được biểu diễn vào một phương trình trong hệ, giải phương
2.4.3. Bài tập sử dụng tính chất bất đẳng thức giải hệ phương
trình phi tuyến
trình một ẩn rồi tìm các ẩn còn lại qua ẩn vừa tìm được.
Bài toán 2.24 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
x6 + y8 + z10 = 1 (1)
x2013 + y2015 + z2017 = 1 (2)
Bài giải.
Từ (1), ta suy ra −1 ≤ x, y, z ≤ 1.
Từ đó, ta có:
x6 − x2013 = x6(1 − x2007) ≥ 0 ⇔ x6 ≥ x2013.
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ x = 0 hoặc | x |= 1.
y8 − y2015 = y8(1 − y2007) ≥ 0 ⇔ y8 ≥ y2015
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ y = 0 hoặc | y |= 1.
z10 − z2017 = z10(1 − z2007) ≥ 0 ⇔ z10 ≥ z2015.
Dấu ” = ” xảy ra ⇔ z = 0 hoặc | z |= 1.
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên, ta suy ra
1 = x6 + y8 + z10 ≥ x2013 + y2015 + z2017 = 1
x6(1 − x2007) = 0
y8(1 − y2007) = 0
z10(1 − z2007) = 0 Do đó dấu đẳng thức xảy ra, tức là:
Kết hợp với (1) và (2), ta suy ra
(x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
Bài toán 2.25 (xem [5]). Giải hệ phương trình:
= a
2 + · · · + x2
2000
= a2 x1 + x2 + · · · + x2000 1 + x2 x2
1 + x2000 x2000
2 + · · · + x2000
2000 = a2000
. . .
39
Bài giải.
∗ Nếu a = 0, từ phương trình thứ hai, ta suy ra x1 = x2 = . . . = x2000 = 0.
( )2 = 1 x3 a ∗ Nếu a (cid:54)= 0, từ phương trình thứ hai, ta suy ra x1 a ⇒| x2000 a |≤ 1 x2 a |≤ 1; | |≤ 1; . . . ; |
)3 ≤ ( )3 ≤ ( )3 ≤ ( )2. ⇒ ( )2 + ( x2 a x1 )2; ( a )2 + · · · + ( x2000 a x2 )2; . . . ; ( a x2 a )2 + ( x1 a x1 a x2000 a x2000 a Cộng từng vế của các bất phương trình trên, ta có:
1 = ( )3 + ( )3 + · · · + ( )3 ≤ ( )2 + ( )2 + · · · + ( )2 = 1. x2000 a x1 a x2 a x2000 a x1 a x2 a
)3, . . . , ( )2 = ( ( )2 = ( )3. Dấu đẳng thức xảy ra khi x2000 x1 a a x1 a x2000 a Hệ có các nghiệm:
(x1; x2; . . . ; x2000) = (a; 0; 0; . . . ; 0), (0; a; 0; . . . ; 0), . . . , (0; 0; 0; . . . ; a).
(cid:112)x(1 − 2x) + (cid:112)y(1 − 2y) =
√ √ = + Bài toán 2.26 (xem [5]). Giải hệ phương trình 2 1 + 2xy 1 1 + 2x2 1 (cid:112)1 + 2y2
2 9
(Đề thi HSG Quốc Gia năm 2009)
Bài giải.
Điều kiện x, y ∈ [0; ]. 1 2 Ta chứng minh bất đẳng thức
√ √ ≤ +
⇔ ≤ √ 1 1 + 2x2 1 1 + 2x2 + 4 1 + 2xy
Ta có x, y ∈ [0; ] nên 2 1 + 2xy 2 1 + 2x2(cid:112)1 + 2y2 ≤ √ 1 (cid:112)1 + 2y2 1 1 + 2y2 + 1 2 2 1 + 2xy 2 1 + 2x2(cid:112)1 + 2y2 √ ⇔
1 + 2x2(cid:112)1 + 2y2 ≥ 1 + 2xy. ⇔ (1 + 2x2)(1 + 2y2) ≥ (1 + 2xy)2
Và 1 1 + 2x2 + ⇔ (x − y)2 ≥ 0 (Luôn đúng) 2 1 + 2xy
≥ 0 : Đúng ⇔ 1 1 + 2y2 ≤ (1 − 4xy)(x − y)2 (1 + 2xy)(1 + 2x2)(1 + 2y2)
Do dấu đẳng thức xảy ra nên x = y, ta có phương trình 9(cid:112)x(1 − 2x) = 1 ⇔ 162x2 − 81x + 1 = 0
40
√ 5913 81 ± ⇔ x = 324
√ √ √ √ Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 81 − 81 + 81 + 5913 5913 5913 81 − 5913 (x; y) = ( ; ), ( ; ). 324 324 324 324
Bài toán 2.27 (xem [5]). Giải hệ phương trình
x + y + z = 1
x4 + y4 + z4 = xyz
.
Bài giải.
Ta có x4 + y4 ≥ 2x2y2
z4 + y4 ≥ 2z2y2
x4 + z4 ≥ 2x2z2
⇒ x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + x2z2
Mặt khác x2y2 + x2z2 ≥ 2x2yz
x2y2 + y2z2 ≥ 2y2xz
z2y2 + x2z2 ≥ 2z2yx
⇔ x2y2 + x2z2 + y2z2 ≥ xyz(x + y + z) = xyz
Suy ra x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + x2z2 ≥ xyz
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z và x + y + z = 1
Suy ra x = y = z =
1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = ( ; ; ). 1 3 1 3 1 3
Bài toán 2.28 (xem [5]). Giải hệ phương trình
(1)
+ + )( ( + + ) = 1 (2) x + y2 + z3 = 14 1 3y 1 2x 1 6z x 2 y 3 z 6
.
(x, y, z là các số dương)
Bài giải.
)(3x + 2y + z) = 36 +
) + 3( ⇔ 6( + + 2 y ) + 2( 1 z + ) = 22 Phương trình (2) ⇔ ( y x x z 3 x z x + z y y z x y Vì x, y, z > 0
41
) ≥ 12; 3( + ) ≥ 6; 2( + ) ≥ 4 ⇒ 6( + y z z y z x x z
⇒ (
y x 2 y + 1 z ) + 3( ) + 2( + + ) ≥ 22 x y 3 + x x ⇔ 6( y + y x z x z y )(3x + 2y + z) = 36 y x z z Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z
Thay ⇔ x = y = z vào (1), ta có
x3 + x2 + x − 14 = 0
⇔ (x − 2)(x2 + 3x + 7) = 0
⇔ x − 2 = 0 ( Vì x2 + 3x + 7 = (x + )2 + ≥ > 0) 3 2 19 4 19 4 ⇔ x = 2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = 2.
Bài toán 2.29 (xem [5]). Tìm tất cả các số dương x, y thỏa mãn
+ ≤ 3 1 x 4 y
x + y = 3
(Thi vào 10 Năng khiếu Toán - Tin, ĐHQG TP.HCM 1997 - 1998 Vòng 2)
Bài giải.
+ )(x + y) ≤ 9 Từ giả thiết suy ra ( 1 x 4 y
Áp dụng bất đẳng thức Schwartz, ta có √ √ √ √ √ √ ( + )(x + y) = [( x)2 + ( y)2][( x)2 + ( y)2] ≥ ( x + y)2 = 9 1 x 4 y 2 √ y 1 √ x
⇒ 9 ≤ ( + 1 x
= và x + y = 3 ⇔ x = 1; y = 2 4 y Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ )(x + y) ≤ 9 x 1 y 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 2).
Bài toán 2.30 (xem [5]). Giải hệ phương trình với tham số a ≥ 0
x + y + xy = a2 + 2a
x4 + y4 = 2a4
(Thi chọn đội tuyển toán 9 Thanh Hóa 1995 - 1996)
Bài giải.
Ta có x4 + y4 ≥ 2x2y2 ⇔ 2a4 ≥ 2x2y2 ⇔ (xy)2 ≤ a4 ⇔ xy ≤ a2
42
(x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) mà (x2 + y2)2 ≤ 2(x4 + y4) = 4a4
⇒ (x + y)2 ≤ 4a2 ⇒ x + y ≤ 2a
Suy ra x + y + xy ≤ a2 + 2a
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = a
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (a; a).
Bài toán 2.31 (xem [5]). Tìm tất cả các số dương x1, x2, . . . , xn thỏa mãn hệ phương
trình
(1)
+ · · · + + = 1 (2) x1 + x2 + · · · + xn = 9 1 x1 1 xn 1 x2
(n là số nguyên dương)
Bài giải.
+ + · · · + ) = 9 Từ (1) và (2) suy ra (x1 + x2 + · · · + xn)( 1 x1 1 x2 1 xn Mặt khác √ √ √ n2 = (1 + 1 + . . . + 1)2 = ( + + . . . + )2 x1 x2 xn 1 √ x1 1 √ x2 1 √ xn
+ · · · + + ) = 9 1 x1 1 x2
= 9 1 ≤ ((x1 + x2 + · · · + xn)( xn ⇒ n2 ≤ 9 ⇒ n ≤ 3 Mà n ∈ N∗ ⇒ n = 1, 2, 3 ∗ Nếu n = 3, ta có hệ + + ) = 9 ⇒ (x1 + x2 + x3)( 1 x1 1 x2 1 x3 + + = 1
+ + ) Mà (x1 + x2 + x3)(
√ √ )2 + ( )2 + ( )2] ≥ (1 + 1 + 1)2 = 9 = [(x1)2 + ( 1 x1 x2)2 + ( x1 + x2 + x3 1 1 1 x3 x2 x1 1 1 x3 x2 1 x3)2][( √ x1 1 √ x2 1 √ x3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi √ √ √
= = ⇔ x1 = x2 = x3
x1 1 √ x1 x1 1 √ x1 x1 1 √ x1
Mà x1 + x2 + x3 = 9 nên x1 = x2 = x3 = 3. x1 + x2 = 9 ⇔ ∗ Nếu n = 2, ta có hệ = 1 + = 9 x1x2
√ √ √ x1 + x2 = 9 1 1 x2 x1 Suy ra x1, x2 là các nghiệm của phương trình t2 − 9t + 9 = 0 √ 45 9 − 9 − 9 + 9 + 45 45 45 ), ( ; ) ⇔ (x1; x2) = ( 2 2 2
; ∗ Nếu n = 1, ta có hệ Vô nghiệm = 1 2 x1 = 9 1 x1 Vậy hệ đã cho có nghiệm x1 = x2 = x3 = 3
43
√ √ √ √ 45 9 + 45 9 + 45 9 − 45 9 − ; ), ( ; ). Hoặc (x1; x2) = ( 2 2 2 2
Bài toán 2.32 (xem [5]). Giải hệ phương trình 2000 ẩn số:
(1) 2x1 = x2 +
(2) 2x2 = x3 + 1 x2 1 x3
. . .
(1999) 1 x2000
(2000) 2x2000 = x1 + 2x1999 = x2000 + 1 x1
Bài giải.
Điều kiện : xi (cid:54)= 0, i = 1, . . . , 2000
Từ (1) ⇒ x1, x2 cùng dấu.
Từ (2) ⇒ x2, x3 cùng dấu.
. . .
Từ (1999) ⇒ x1999, x2000 cùng dấu.
Từ (2000) ⇒ x1, x2000 cùng dấu.
Như vậy các ẩn số xi cùng dấu.
Mặt khác, nếu (x1; x2; . . . ; x2000) là một nghiệm thì (−x1; −x2; . . . ; −x2000) cũng là nghiệm,
≤ 1. Khi đó: 2x1 = x2 + ≥ 2 ⇒ x1 ≥ 1 ⇒ do đó ta chỉ cần xét x1; x2; . . . ; x2000 > 0. 1 x2 1 x1
≤ 1. ≥ 2 ⇒ x2 ≥ 1 ⇒ 2x2 = x3 + 1 x2
1 x3 Tương tự ta có ≤ 1 1 x2000
⇒ + + · · · + ≤ x1 + x2 + . . . + x2000. 1 x1 1 x2 1 x2000
+ · · · + + x1 + x2 + . . . + x2000 = 1 x2000 1 x1 Mặt khác nếu cộng từng vế 2000 phương trình của hệ, ta có 1 x2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = x2000 = 1.
Tóm lại hệ có hai nghiệm (x1; x2; . . . ; x2000) = (1; 1; . . . ; 1), (−1; −1; . . . ; −1)
44
Bài toán 2.33 (xem [5]). Giải hệ phương trình
= y
2x2 x2 + 1 2y2 y2 + 1
= x = z 4z4 z6 + z4 + z2 + 1
Bài giải.
Xét hai trường hợp sau:
∗ Trường hợp 1
Trong ba số x, y, z có ít nhất một số bằng 0
Giả sử x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ z = 0.
Vậy (x; y; z) = (0; 0; 0) là một nghiệm.
∗ Trường hợp 2
Không có số nào bằng 0
Vì y = > 0 ⇒ y > 0 ⇒ z > 0 ⇒ x > 0
2x2 x2 + 1 Vậy x, y, z > 0
Dẽ thấy ≤ 1 ⇒ ≤ x ⇒ y ≤ x 2x x2 + 1 2x2 x2 + 1 Ta lại có y4 − 2y2 + 1 ≥ 0 ⇒ y4 + y2 + 1 ≥ 3y2
≤ 1 ⇒ ≤ y ⇒ z ≤ y ⇒ 3y3 y4 + y2 + 1 3y2 y4 + y2 + 1 Ta có
z6 + z4 + z2 + 1 − 4z3 = (z6 − 2z3 + 1) + z2(z2 − 2z + 1) = (z3 − 1)2 + z2(z − 1)2 ≥ 0
⇒ z6 + z4 + z2 + 1 ≥ 4z3
⇒ ≤ 1
⇒ ≤ z hay x ≤ z 4z3 z6 + z4 + z2 + 1 4z4 z6 + z4 + z2 + 1 Suy ra x ≤ z ≤ y ≤ x ⇒ x = y = z
Thay vào phương trình (1) ta có
x(x − 1)2 = 0 ⇒ x = y = z = 0( Không thỏa mãn đk) hoặc x = y = z = 1 (Thỏa mãn)
Thế x = y = z = 1 vào hệ phương trình thấy nghiệm đúng hệ phương trình.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0), (1; 1; 1).
Bài toán 2.34 (xem [5]). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện
x + y + z = 5
x2 + y2 + z2 = 9
45
Chứng minh rằng 1 ≤ x, y, z ≤ 7 3
(Thi vào 10 chuyên Toán - Tin ĐHTH TP. HCM 23/ 06/ 1996)
Bài giải.
Từ x + y + z = 5 ⇒ y + z = 5 − x ⇒ (y + z)2 = (5 − x)2
Ta có 2(y2 + z2) ≥ (y + z)2 ⇒ 2(9 − x2) ≥ (5 − x)2
⇒ 3x2 − 10x + 7 ≤ 0 ⇔ (x − 1)(3x − 7) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ . 7 3
Vì x, y, z có vai trò như nhau, chứng minh tương tự, ta có 1 ≤ x, y, z ≤ . 7 3
2.5 Phối hợp nhiều phương pháp giải hệ phương trình
2.5.1. Nội dung phương pháp
Đối với nhiều hệ phương trình phức tạp mà chỉ dùng một trong bốn phương pháp nêu
trên không đưa ra được kết quả, ta cần phối hợp nhiều phương pháp lại với nhau để đưa
2.5.2. Bài tập áp dụng nhiều phương pháp giải hệ phương trình
ra lời giải cho bài toán đó.
Bài toán 2.35 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
x2 + 8y2 = 12
x3 + 2xy2 + 12y = 0
(Thi lớp 10 chuyên toán ĐHTH Hà Nội 2008 - 2009)
Bài giải.
Khi y (cid:54)= 0, thay 12 = x2 + 8y2 vào phương trình thứ hai, ta có:
x2 = 12 Nhận thấy nếu hệ có nghiệm (x; y) thì y (cid:54)= 0 vì nếu y = 0 thì (Vô lý). x3 = 0
x3 + 2xy2 + (x2 + 8y2)y = 0
⇔ ( + 8 = 0. )2 + 2 ⇔ x3 + 2xy2 + x2y + 8y3 x y
x y = t ⇒ t3 + t2 + 2t + 8 = 0 Đặt x )3 + ( y x y ⇔ (t + 2)(t2 − t − 4) = 0
46
⇔ (t + 2)[(t − )2 + 1 2
= 0 (Vô lý). ⇔ t = −2 hoặc (t − 15 4 1 )2 + 2 ] = 0 15 4 Với t = −2 ⇒ = −2 ⇒ x = −2y. Thay vào phương trình thứ nhất, ta có x y 4y2 + 8y2 = 12 ⇔ y2 = 1 ⇔ y = ±1.
Khi y = 1 ⇒ x = −2
Khi y = −1 ⇒ x = 2
Hệ phương trình (2.9) có hai nghiệm (x; y) = (2; −1), (−2; 1).
Bài toán 2.36 (xem [2]). Giải hệ phương trình:
x2 + y + x3y + xy2 + xy =
x4 + y2 + xy(1 + 2x) = 5 4 5 4
(Đề TS Đại học, Cao đẳng 2008 - Khối A)
Bài giải.
x2 + y + xy + xy(x2 + y) = Hệ đã cho tương đương với (∗) (x2 + y)2 + xy = 5 4 5 4
u = x2 + y . Hệ (∗) trở thành Đặt v = xy
v = −5 4 ⇔ = 0 u2 + v =
, v = . u + v + uv = −5 4 ⇔ u = 0; v = −5 4 u3 + u2 + −1 2 − u2 u 4 −3 2
−5 4 (cid:63) Với u = 0; v = , ta có hệ phương trình:
(cid:114) −5 4 (cid:114) 25 16
x = 3 x2 + y = 0 ⇔ xy = y = − 3 −5 4
, ta có hệ phương trình: hoặc u = −5 4 −3 2
−1 2 + = 0 x2 − 2x3 + x − 3 = 0 x = 1 , v = 1 2 ⇔ ⇔ y = y = y = −3 2x −3 2 (cid:63) Với u = 3 2x −3 2x
(cid:114) −5 4
(x; y) = ( 3 ), (1; ; − 3 ). Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm : (cid:114) 25 16 −3 2
47
Bài toán 2.37 (xem [5]). Giải hệ phương trình
x + y + z + t = 22
+ =
= + xyzt = 648 1 7 1 12 y x 1 5 1 18 t z
Bài giải.
Điều khiện x, y, z, t (cid:54)= 0
Ta có x + y = zt 7 12
xy. 5 18 zt = . .648 = 105 ⇒ (x + y)(z + t) = xy; z + t = 5 18 7 12 7 12 5 18 Và (x + y) + (z + t) = 22
Suy ra (x + y), (z + t) là hai nghiệm của phương trình X 2 − 22X + 105 = 0
⇔ X1 = 15, X2 = 7
Xét hai trường hợp:
∗ Trường hợp 1 x + y = 7 x + y = 7
(x; y) = (3; 4), (4; 3) xy = 12 ⇔ Suy ra + = (z; t) = (6; 9), (9; 6) z + t = 15
zt = 54 = +
z + t = 15 1 7 1 12 y x 5 1 1 18 t z ∗ Trường hợp 2 x + y = 15 x + y = 15
xy = ⇔ ( Vô nghiệm) + = 180 7 z + t = 7
zt = = + 5 126 z + t = 7 1 1 y x 1 1 t z 7 12 5 18
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm
(x; y; z; t) = (3; 4; 6; 9), (3; 4; 9; 6), (4; 3; 6; 9), (4; 3; 9; 6).
Bài toán 2.38 (xem [5]). a, Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
+ = + x + y + z = 3 1 x 1 y 1 z 1 3
48
Chứng minh rằng có ít nhất 1 trong 3 số x, y, z = 3
b, Áp dụng câu a, giải hệ phương trình
+ = + 1 3
x + y + z = 3 1 1 1 y x z y + 2z2 = 1
Bài giải.
+ + = a, Từ giả thiết, suy ra 1 x 1 y 1 z 1 x + y + y
⇔ ( + )( − ) ⇔ (x + y)[z(x + y + z) + xy] = 0 1 x 1 y 1 z 1 x + y + z ⇔ (x + y)(y + z)(x + x) = 0
⇔ x + y = 0 ⇒ z = 3 hoặc y + z = 0 ⇒ x = 3 hoặc x + z = 0 ⇒ y = 3
b, Từ hai phương trình đầu suy ra x = 3 hoặc y = 3 hoặc z = 3, thế vào hệ phương trình,
ta có
∗ Trường hợp 1 x = 3 x = 3 x = 3
2y2 − y − 1 = 0
⇔ ⇔ y = −z y = −z = 0 + y = 1 hoặc y = 1 2 y + z = 0 1 1 y z y + 2z2 = 0
⇒ (x; y; z) = (3; 1; −1), (3; ; ) −1 2 1 2
∗ Trường hợp 2 y = 3 y = 3
⇔ = 0 + = 0 + 1 z
x + z = 0 1 1 x z 3 + 2z2 = 1 x = −z 1 x 2z2 = −2 ( Vô lí)
Suy ra hệ vô nghiệm.
∗ Trường hợp 3 z = 3 z = 3 z = 3
y + 2.32 = 1
⇔ ⇔ x = −y x = −y = 0 + y = −17 x + y = 0 1 1 y x y + 2z2 = 1
⇒ (x; y; z) = (17; −17; 3)
49
(x; y; z) = (3; 1; −1), (3; ; ), (17; −17; 3). Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm −1 2 1 2
Bài toán 2.39 (Xem [5]). Giải hệ phương trình
ux3 + vy3 = 14 (1)
ux2 + vy2 = 5 (2)
ux + vy = 2 (3)
u + v = 1 (4)
(Thi HSG TP. HCM Ngày 17/ 12/ 1994 Vòng 2)
Bài giải. Từ (4) suy ra v = 1 − u, thế vào (1)
xu3 + (1 − u)y3 = 14
⇒ u(x3 − y3) = 14 − y3
⇒ u(x − y)(x2 + xy + y2) = 14 − y3(5)
Tương tự
Nếu thế v = 1 − u vào (2), ta có
u(x − y)(x + y) = 5 − y2(6)
Thế v = 1 − u vào (3), ta có
u(x − y) = 2 − y(7)
Từ (5) và (7) suy ra (2 − y)(x2 + xy + y2) = 14 − y3
Từ (6) và (7) suy ra (2 − y)(x + y) = 5 − y2
Khai triển phương trình cuối cùng, ta có 2(x + y)2 − xy(x + y) − 2xy − 14 = 0
Đặt x + y = a, xy = b
2(x + y) − xy − 5 = 0
2a2 − ab − 2b − 14 = 0 a = 4 x + y = 4 ⇒ ⇔ ⇔ b = 3 xy = 3
2a − b = 5 ⇒ (x; y) = (3; 1), (1; 3)
(x; y; u; v) = (3; 1; ), (1; 3; ) ; ; Thế x và y ta tìm được các nghiệm của hệ 1 2 1 2 1 2 1 2
Bài toán 2.40 (xem [5]). Giải hệ phương trình
x4 + x2y2 + y4 = 482
x2 + xy + y2 = 37
50
Bài giải.
Đặt S = x + y; P = xy
S4 − 4P S2 + 3P 2 = 481 (1) Từ (2) suy ra S2 = P + 37 thế Ta có hệ phương trình S2 − P = 37 (2)
vào (1)
Suy ra (P + 37)2 − 4P (P + 37) + 3P 2 = 481
⇔ P 2 + 74P + 1369 − (4P 2+ ⇔ 148P ) + 3P 2 = 481
⇔ −74P = −888
⇔ P = 12
⇔ S = ±7
x + y = 7 Xét hai trường hợp ∗ Trường hợp 1 xy
= 12 Nên x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 7X + 12 = 0
⇔ X1 = 3 hoặc X2 = 4
x + y = −7 ∗ Trường hợp 2 xy
= 12 Nên x, y là nghiệm của phương trình X 2 + 7X + 12 = 0
⇔ X1 = −3 hoặc X2 = −4
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (x; y) = (3; 4), (4; 3), (−3; −4), (−4, −3).
Bài toán 2.41 (xem [5]). Giải hệ phương trình
x − y2 − yz − z = 0 (1)
x − y − y2 − z2 = 0 (2)
x + y − y3 − z = 0 (3)
(Thi HSG Quận I 1995 - 1996 Vòng 1)
Bài giải.
Lấy (2) − (1), ta được :
yz − y + z − z2 = 0 ⇔ (z − 1)(y − z) = 0
(z − 1)(y − z) = 0 z − 1 = 0 = 0 y − z
⇔ (4) hoặc (5) x − y − y2 − z2 = 0
x − y − y2 − z2 = 0 x + y − y3 − z = 0
x + y − y3 − z = 0 Do đó hệ đã cho tương đương với : x − y − y2 − z2 = 0 x + y − y3 − z = 0
51
= 1 = 0 z − 1
⇔ x − y − y2 − z2 = 0
Giải hệ (4):
= 1 z = 1
⇔ ⇔ y3 − y2 − 2y = 0
x = y3 − y + 1 x = y3 − y + 1
z = 1 z = 1
⇔ ⇔ y1 = 0; y2 = −1; y3 = 2
z x − y − y2 − 1 = 0 x + y − y3 − 1 = 0 z y(y2 − y − 2) = 0 y1 = 0; y2 = −1; y3 = 2 x1 = 1; x2 = 1; x3 = 7
x = y3 − y + 1 x + y − y3 − z = 0
z = y z = y
⇔ x − y − 2y2 = 0 y3 − 2y2 − y = 0
= 0 x = y3 Giải hệ (5):
z = y z = y √ √ ⇔ ⇔ y(y2 − 2y − 1) = 0 2; 1 + 2 y1 = 0; y2 = 1 −
2)3; 1 +
x x − y3 √ x = y3 √ √ √ √ √ = y3 ⇔ (x; y; z) = (0; 0; 0), ((1 + 2; 1 + 2), ((1 − 2)3; 1 − 2; 1 − 2)
Vậy hệ phương trình có sáu nghiệm
(x; y; z) = (1; 0; 1), (1; −1; 1), (7; 2; 1), (0; 0; 0), √ √ √ √ √ √ ((1 + 2)3; 1 + 2; 1 + 2), ((1 − 2)3; 1 − 2; 1 − 2)
Bài toán 2.42 (xem [5]). Giải hệ phương trình
x + y + z = 6 (1)
(2) x2 + y2 + z2 = 18 √ √ √ x + y + z = 4 (3)
(Thi HSG Toàn Quốc 1996 - 1997 Bảng A)
Bài giải.
Từ (1) ⇒ 36 = (x + y + z)2 ⇔ 36 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + xz + yz)
⇔ 36 = 18 + 2(xy + xz + yz) ⇔ xy + xz + yz = 9 √ √ √ √ √ √ x + y + z)2 ⇔ x + y + z + 2( xy + xz + yz) = 16 Từ (3) ⇒ 16 = (
52
√ √ √ √ √ √ xz + xy + yz = 5 ⇔ ( xy + xz + yz)2 = 25
√ √ √ √ ⇔ ⇔ xy + yz + xz + 2((cid:112)xy2z + (cid:112)xyz2 + (cid:112)x2yz) = 25 ⇔ z) = 8 ⇔ xyz = 4 xyz( x + y +
x + y + z = 6 (1)
Vậy hệ phương trình đã cho tương đương với: xy + yz + xz = 9 (4)
xyz = 4 (5)
Từ (5) ⇒ yz = (Dễ thấy x, y, z > 0).
4 x (4) ⇔ xy + yz + xz + x2 = 9 + x2
⇔ x(x + y + z) + yz = 9 + x2
⇔ 6x + = 9 + x2 4 x ⇔ x3 − 6x2 + 9x − 4 = 0
⇔ (x − 1)2(x − 4) = 0
⇔ x = 1 hoặc x = 4
Thế vào, ta suy ra hệ có các nghiệm
(x; y; z) = (1; 1; 4), (1; 4; 1), (4; 1; 1).
Bài toán 2.43 (xem [5]). Giải hệ phương trình
(2)
x2 + y2 + xy = 37 (1) x2 + z2 + xz = 28 y2 + z2 + yz = 19
(3)
(Thi HSG Toàn Quốc 1994 - 1995)
Bài giải.
Lấy phương trình (1) − (2), ta được :
y2 − z2 + xy − xz = 9 ⇔ (y − z)(x + y + z) = 9
Lấy phương trình (2) − (3), ta được :
x2 − y2 + xz − yz = 9 ⇔ (x − y)(x + y + z) = 9
Suy ra : (y − z)(x + y + z) = (x − y)(x + y + z).
Mà x + y + z (cid:54)= 0 ⇒ y − z = x − y
x + z = 2y ⇔ x + y + z = 3y
Do đó : (x − y)(x + y + z) = 9 ⇔ (x − y)3y = 9 ⇔ (x − y)y = 3 ⇔ x = y + . 3 y Thay vào phương trình (1), ta có:
53
(y + )2 + y2 + (y + )y = 37 ⇔ 3y4 − 28y2 + 9 = 0 1 y
⇔ y2 = 9 hoặc y2 = 1 y 1 3 √ √ − 3 ; y4 = ⇔ y1 = 3; y2 = −3; y3 = 3 3 3 - Với y1 = 3 ⇒ x1 = 4, z1 = 2
- Với y2 = −3 ⇒ x2 = −4, z2 = −2 √ √ √ 3 3 - Với y3 = ⇒ x3 = −8 3 , z3 = √ 3 3 √ − 3 √ 8 3 3 - Với y4 = ⇒ x4 = , z3 = 10 3 −10 3 3
√ √ 3 √ 3 √ 3 − 3 √ 3 8 (x; y; z) = (4; 2; 3), (−4; −3; −2), ( ; ), ( ; ; ) , 3 Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm √ 3 3 10 3 −10 3 3 3 −8 3
54
Chương 3
Một số ứng dụng của hệ phương
trình phi tuyến
3.1 Ứng dụng của hệ phương trình đa thức trong giải
các bài toán cực trị và chứng minh bất đẳng thức.
Bài toán 3.1 (xem [5]). Cho phương trình
x3 − 2002x2 + 2001bx − 2000a = 0
Tìm giá trị lớn nhất của a sao cho ∃b để phương trình trên có ba nghiệm trên [−2002; 2002].
Bài giải.
Giả sử x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình. Khi đó theo định lí Viete cho phương
x1 + x2 + x3 = 2002 x1x2 + x2x3 + x1x3 = 2001b x1x2x3 = 2000a
trình bậc ba, ta có:
Xảy ra các trường hợp sau :
+ Nếu x2 < 0 hoặc x3 < 0, khi đó x1 + x2 + x3 < x3 ≤ 2002 (Mâu thuẫn (3.1))
2000a ⇒ a ≤ √ 2002 = x1 + x2 + x3 ≥ 3 3 √ x1x2x3 = 3 3 + Nếu x1 < 0 ≤ x2 ≤ x3, theo bất đẳng thức Caushy, ta có 20023 54000
và khi ấy b = . Dấu ” = ” xảy ra khi x1 = x2 = x3 = 2002 3 20023 6003 Khi đó phương trình đã cho trở thành
55
x − x3 − 2002x2 + 20022 2 20022 33 = 0 ⇔ (x − 2002 3
∈ [−2002; 2002]. Phương trình trên có ba nghiệm x1 = x2 = x3 = )3 = 0 2002 3
là giá trị lớn nhất cần tìm. Vậy amax = 20023 54000
Bài toán 3.2 (xem [6]). Cho biểu thức M = x2 + y2 + 2z2 + t2 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất
của M và các giá trị nguyên không âm tương ứng của x, y, z, t biết chúng thỏa mãn đồng
thời:
x2 − y2 + t2 = 21 (1)
x2 + 3y2 + 4z2 = 101 (2)
(Thi HSG Quốc Gia 1985 - 1986 Bảng A)
Bài giải.
Cộng (1) và (2), ta có: 2x2 + 2y2 + 4z2 + t2 = 122 ⇔ 2(x2 + y2 + 2z2 + t2) − t2 = 122
⇒ 2M = 122 + t2 ≥ 122 ⇒ M ≥ 61 ⇒ min M = 61
Vì x, y nguyên, không âm nên
x2 − y2 = 21 (1) Khi t = 0 ⇒ x2 + 3y2 + 4z2 = 101 (2)
⇔ (x; y) = (11; 0), (5; 2).
x − y = 1 x − y = 3 hoặc (x − y)(x + y) = 21 ⇔ x + y = 21 x + y = 7
∗ Trường hợp 1: Thay x = 11, y = 0 vào (2), ta có 112 + 0 + 4z2 = 101
⇒ 4z2 = −20( Vô lí)
∗ Trường hợp 2: Thay x = 5, y = 2 vào (2), ta có 52 + 3.22 + 4z2 = 101
⇒ 4z2 = 64 ⇒ z = ±4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 61, khi (x, y, z, t) = (5; 2; 4; 0), (5; 2; −4; 0).
Bài toán 3.3 (xem [6]). Cho x2 + y2 + z2 ≤ 27. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
biểu thức:
P = x + y + z + xy + yz + xz
Bài giải.
Ta có (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≤ 3(x2 + y2 + z2) ≤ 81
56
⇒ x + y + z ≤ 9
Mà xy + yz + xz ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 27 ⇒ x + y + z + xy + yz + xz ≤ 36
Vậy M ax(P ) = 36 khi x = y = z = 3 Đặt A = x + y + z; B = x2 + y2 + z2
⇒ P = A + − ≥ − . (A + 1)2 2 B + 1 2 B + 1 2
≥ −14 ⇒ P ≥ −14.
x + y + z = −1 A2 − B = 2 B + 1 Vì B ≤ 27 ⇒ − 2 M in(P ) = 14 Khi
13, y =
√ Hay x = − x2 + y2 + z2 = 27 √ 13, z = −1.
√ √ . Dấu Bài toán 3.4 (xem [6]). Chứng minh rằng nếu 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 thì x y − y x ≤ 1 4 đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải. √
(cid:114)
√ √ Ta có 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ √ √ Giả sử x y − y x ≤ y ≤ x(1). ⇔ x + y x ≥ x2 1 4 1 4 Theo Bất đẳng thức Caushy ta vó :
√ y ≥ yx2 + ≥ 2 yx2. x + √ y = x 1 4 1 4 √ √ ⇒ x y − y x ≤ . 1 4 1 4
yx2 =
0 ≤ y ≤ x ≤ 1 √ Dấu đẳng thức xảy ra khi ⇔ y = x = 1 1 4 x = x2 1 4
3.2 Một vài ứng dụng thực tế trong khoa học và đời
sống
Tình huống 3.1. Bà Lam có hai tài khoản ngân hàng gửi tiết kiệm, tại ngân hàng A bà
gửi 150 triệu đồng, tại ngân hàng B bà gửi 250 triệu đồng. Bạn của bà Lam hỏi mức lãi
suất của mỗi ngân hàng, nhưng bà Lam không nhớ chính xác, chỉ biết là ngân hàng B có
lãi suất cao hơn ngân hàng A là 0, 5% trong một năm, và sau hai năm số tiền trong cả
hai tài khoản của bà là 459, 783 triệu. Hỏi lãi suất của mỗi ngân hàng là bao nhiêu?
Bài giải.
Gọi mức lãi suất của mỗi ngân hàng tính trong một năm là xA% và xB%,(xA, xB > 0)
57
Vì tài khoản ban đầu trong ngân hàng A là 150 triệu, nên sau hai năm, tổng số tiền cả gốc và lãi tại ngân hàng A là 150.(1 + xA%)2.
Vì tài khoản ban đầu trong ngân hàng B là 250 triệu, nên sau hai năm, tổng số tiền cả gốc và lãi tại ngân hàng A là 250.(1 + xB%)2.
Theo bài ra, ta có hệ phương trình
xB − xA = 0, 5
150.(1 + xA%)2 + 250.(1 + xB%)2 = 459, 783
xB = 0, 5 + xA ⇔ 150.(1 + xA%)2 + 250.[1 + (xA + 0, 5)%]2 = 459, 783 (1)
(1) ⇔ 400.(xA%)2 + 802, 5.xA% − 57, 27675 = 0
⇔ xA = 6, 9 hoặc xA = −2, 075 (loại).
Với xA = 6, 9% thì xB = 7, 4%.
Như vậy lãi suất trong một năm của ngân hàng A là 6, 9%, ngân hàng B là 7, 4%.
Tình huống 3.2. Giám đốc một công ty X vừa khánh thành ngôi nhà của mình có diện
tích 4800m2, và phải xây 275 mét tường rào bao quanh. Bây giờ ông muốn trồng cây xanh
và hoa cho căn nhà thêm đẹp. Dọc theo ngôi nhà ông định trồng cây tùng, phía trước và
sau nhà ông định trồng cây vạn tuế, sao cho các cây trồng đảm bảo kỹ thuật. Biết cổng
ra vào dài 5 mét và khu vườn có dạng hình chữ nhật. Hãy tính xem cần phải mua bao
nhiêu cây mỗi loại?
Bài giải.
Tình huống đặt ra là phải tính chính xác số cây cần mua mỗi loại để tiết kiệm chi phí
thu mua và vận chuyển. Để làm được điều đó, cần phải biết chiều dài và chiều rộng của
khu vườn.
Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn là x, y (m).x, y > 0
Vì diện tích của mảnh vườn là 4800m2 nên x.y = 4800
Vì tổng chiều dài tường rào là 275m và cổng dài 5m nên chu vi là:
(x + y).2 = 280 ⇔ x + y = 140
Ta có hệ phương trình :
58
x + y = 140
x.y = 4800
Đây là một hệ phương trình phi tuyến đối xứng loại 1 có nghiệm (x; y) = (60; 80)
Coi khoảng cách giữa các cây đúng kĩ thuật là cách nhau 2m.
Với chiều dài 80m thì số cây tùng trồng hai bên theo chiều dọc tường rào là 2. = 80 80 2 (cây)
Mặt sau của khu vườn rộng 60m thì trồng được 30 cây vạn tuế.
Mặt trước trừ đi 5 m cổng, còn 55 m, như vậy trồng được nhiều nhất 28 cây vạn tuế.
Tổng số cây vạn tuế là 58, trong đó trừ 4 góc trồng cây tùng, vậy cần mua 54 cây vạn
tuế.
Vậy số cây cần mua là : 80 cây tùng và 54 cây vạn tuế.
Tình huống 3.3. Nói về sự chuyển động của các hành tinh trong thiên hà, mỗi một
hành tinh đều có quỹ đạo chuyển động riêng của nó, quay xung quanh mặt trời và quanh
các hành tinh khác. Quỹ đạo chuyển động của Trái đất và sao chổi Halley’s Comet là hai
hình elip không giao nhau.
Ta đã biết phương trình của elip là một phương trình phi tuyến, vậy thì hệ phương trình
phi tuyến tạo bởi phương trình chuyển động của trái đất và sao chổi Halley’s Comet là
một hệ vô nghiệm.
Tình huống 3.4. Một bác nông dân dự tính đào một ao nuôi thả cá hình chữ nhật, với
một số vốn xây dựng bờ kè không đổi. Hãy tính toán phương án xây dựng độ dài các cạnh
sao cho diện tích sử dụng là lớn nhất.
Bài giải.
Tình huống đặt ra là với cùng số vốn xây dựng bờ kè (coi chiều sâu của ao không đổi),
cần xác định chiều dài và chiều rộng của ao để diện tích sử dụng lớn nhất. Giả sử với số
vốn dự tính, xây được a(m) dài kè bao. Như vậy a là chu vi ao cá và a không đổi. Gọi
x, y là độ dài các cạnh của hình chữ nhật, ta cần giải quyết bài toán:
Cho hệ phương trình:
x + y = (1) a 2
x.y = m (2)
Tìm mối liên hệ giữa x và y để m đạt giá trị lớn nhất? Từ phương trình (2) suy ra
− x, suy ra xy = x( − x) y = a 2 a 2
59
xy = −x2 + x
xy = −(x − )2 + ≤ . a2 16 a2 16 a 2 a 4 Dấu ” = ” xảy ra khi x = ⇒ x = y = a 4 a 4 Vậy để có được diện tích sử dụng lớn nhất thì nên xây ao cá hình vuông.
Tình huống 3.5. Một bác nông dân cần xây dựng một hố ga hình hộp chữ nhật không
nắp, có thể tích 3200cm3, tỉ số giữa chiều cao của hố và chiều rộng của đáy bằng 2. Hãy
xác định diện tích của đáy hố ga sao cho khi xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất?
Bài giải.
Gọi x, y lần lượt là chiều rộng và chiều dài của đáy hố ga.(x, y > 0)
Gọi h là chiều cao của đáy hố ga (h > 0). Ta có = x, suy ra h = 2x. h 2 Suy ra:
- Thể tích hố ga là xyh = 3200 ⇔ 2x2y = 3200 ⇔ x2y = 1600.
- Diện tích tích toàn phần của hố ga (không nắp) là 2(x + y)h + xy = 4x2 + 5xy = m
Ta có hệ phương trình:
x2y = 1600 (1)
4x2 + 5xy = m (2)
Yêu cầu của bài toán là tìm x, y sao cho m nhỏ nhất?
, ta có
m = 4x2 + 5x.
, x > 0 suy ra diện tích toàn phần của hố ga nhỏ Từ phương trình (1) suy ra y = 1600 x2 = 4x2 + Khảo sát hàm số f(x) = 4x2 + 1600 x 8000 . x 8000 x nhất bằng 1200cm3, khi x = 10cm thì y = 6cm.
Suy ra diện tích đáy hố ga là 10.16 = 160(cm2).
60
Kết luận
Luận văn Về hệ phương trình phi tuyến và ứng dụng trình bày những vấn đề
sau:
1. Luận văn đã trình bày chi tiết một số kiến thức cơ bản của hệ phương trình
nói chung và hệ phương trình phi tuyến nói riêng.
2. Trình bày các dạng toán cụ thể của hệ phương trình phi tuyến.
3. Trình bày một số phương pháp giải hệ phương trình phi tuyến thường gặp.
4. Trình bày các đề toán thi học sinh giỏi, tuyển sinh các trường chuyên toán
và thi đại học, cao đẳng liên quan đến hệ phương trình phi tuyến.
5. Nêu một vài ứng dụng của hệ phương trình phi tuyến trong khoa học và đời
sống.
61
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Trần Thị Vân Anh (2009), Hướng dẫn giải các dạng bài tập từ các đề thi Quốc Gia
môn Toán của Bộ giáo dục và đào tạo, NXB ĐHQG Hà Nội.
[2] Hoàng Thị Dịu (2014), Luận văn thạc sĩ Một số phương pháp giải hệ phương trình
và hệ bất phương trình đại số, Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội.
[3] Trần Trọng Huệ (2015), Đại số tuyến tính và hình học giải tích, NXB ĐHQG Hà
Nội.
[4] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các
đề thi Olympic Sinh viên toàn quốc, NXB Giáo dục.
[5] Lê Hoành Phò (2015), Phương pháp giải ba chuyên đề toán khó, NXB ĐHQG Hà
Nội.
[6] Nguyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đồng và một số đồng nghiệp (2011), 23 Chuyên đề
giải 1001 Bài toán sơ cấp, NXB Giáo dục Việt Nam.
————————————————————————————————–
