ÔN THI: HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Chia sẻ: Bich Trieu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

375
lượt xem 179
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hệ phương trình dạng chuẩn đã biết cách giải 1. Hệ phương trình tuyến tính bậc nhất 2 ẩn

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ÔN THI: HỆ PHƯƠNG TRÌNH

PHẦN 1: HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. CỦNG CỐ LÝ THUYẾT A. Hệ phương trình dạng chuẩn đã biết cách giải 1. Hệ phương trình tuyến tính bậc nhất 2 ẩn ax + by = c a' x +b' y =c' 2. Hệ phương trình trong đó có 1 Phương trình dạng tuyến tính bậc nhất 2 ẩn ax + by = c (1) f ( x, y ) = g ( x , y ) (2) Từ phương trình (1) tính x theo y thay vào (2) tìm được y tìm được nghiệm (x,y) của Hệ phương trình ax 2 + bx + c = 0 (1) 3. Hệ phương trình f ( x, y ) = g ( x , y ) (2) Từ phương trình (1) tính x, thay vào phương trình (2) tìm (x,y) của Hệ phương trình. x+ y= S 4. Hệ phương trình dạng x, y = P (S 4 P) x, y là 2 nghiệm của phương trình: X2 - SX + P = 0 5. Dạng hệ phương trình đối xứng a. Hệ phương trình đối xứng loại 1. f ( x, y ) = 0 f ( x, y ) = f ( x, y ) Dạng với g ( x, y ) = 0 g ( x, y ) = g ( y , x ) Nghĩa là trong từng phương trình, khi ta thay đổi vai trò của x và y thì phương trình không thay đổi Phương pháp S = x = y (I ) Đặt P = x, y F (S , P) = 0 ( II ) Ta được hệ: G ( S , P) = 0 Giải hệ này tìm được S và P x, y là 2 nghiệm của phương trình t2 - St + P = 0 Chú ý: hệ (I) có nghiệm Hệ (II) có nghiệm thoả mãn ∆=S −P 0 2 b. Hệ đối xứng loại 2 Là hệ phương trình nếu đổi vị trí 2 ẩn trong hệ thì phương trình này trở thành phương trình kia. 1
f ( x, y ) = 0 Dạng f ( y , x) = 0 Phương pháp * Trừ theo vế của 2 phương trình ta được phương trình dạng tích. * nếu (x0, y0) là nghiệm của hệ thì (y0, x0) cũng là nghiệm của hệ. B. Hệ phương trình đặc biệt Một số hệ phương trình không đưa được về các dạng chuẩn nhưng có thể giải được bằng các phương pháp khác nhau: Phương pháp tham số hoá. Phương pháp đánh giá, phương pháp dùng hệ thức Viet mở rộng. Phương pháp dùng phương trình hệ quả, phương pháp đặt ẩn phụ………... ……………………………………………………………………………. Đây là những hệ phương trình giải theo phương pháp đặc biệt chúng ta sẽ đề cập đến ở phần sau bài viết này. II. CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CHÚNG Phương pháp chung để giải hệ phương trình là người làm Toán cố gắng đưa hệ phương trình về dạng chuẩn để giải chúng. A. Phương pháp biến đổi đồng nhất. Loại 1:Trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x,y ta tìm cách rút y theo x hoặc ngược lại (Dạng 2 phần lý thuyết). Ví dụ 1: Giải hệ phương trình xy − 4 = 8 − y 2 xy = 2 + x 2 Lời giải xy − 4 = 8 − y 2 (1) Nếu xy ta có hệ x2 + 2 = x 2 (2) 4 xy 2 2 + x2 Từ (2) x # 0 và y= x 2 � + x2 � 2 Thay vào phương trình (1) 2 2+x -4=8- � � �x � Hay x4 - 3x2 + 2 = 0 (x2 - 2)(x2 - 1) = 0 Mà x 2 2 x 2 = 2 Hệ có 2 nghiệm: (x,y) là ( 2; 8 ) ; ( − 2; − ) 8 Nếu xy < 4 ta suy ra x2 < 2 2
4 − xy = 8 − y 2 Và ta có: xy = 2 + x 2 2 � + x2 � 2 (loại) �4 − 2 − x = 8 −� �� 2(2 − x ) = 0 �x 2 =2 2 2 �x � Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm như trên. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình x 2 ( y +1)( x + y +1) = 3 x 2 − 4 x +1(1) xy + x +1 = x 2 (2) Lời giải Ta thấy x = 0 không thoả mãn phương trình (2) x2 −1 Với x # 0 từ có phương trình: (2) y + 1 = thay vào (1) ta x x 2 −1 � x 2 −1 � 2 �+ �3x −4 x +1 = x2 x x� x� ( ) ( 2 x −1) =( x −1) ( 3x −1) � x 2 −1 2 �( x −1) ( 2 x +2 x − x −1) = ( x −1) ( 3x −1) 3 2 x =0 �( x −1) 2 x ( x + 2 ) = 0 � x =1 x =− 2 5� � � 2; − � − Hệ phương trình có 2 nghiệm (x;y) là (1;-1); 2� � Loại 2: Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình xy + x + y = x 2 − 2 y 2 (1) x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y (2) Lời giải Điều kiện: x 1; y 0 Phương trình (1) � x − xy − 2 y − ( x + y ) = 0 2 2 3
( )( ) � x 2 + xy − 2 xy + y 2 − ( x + y ) = 0 � ( x + y ) ( x − 2 y − 1) = 0 � x − 2 y −1 = 0 ( Do có đk có x + y > 0) �x =2 y + 1 Thay vào phương trình (2) ta được: ( 2 y + 1) 2 y − y 2 y = 2(2 y + 1) − 2 y � 2 y ( y + 1) = 2 ( y + 1) � ( y + 1) ( 2 y − 2 ) = 0 � y = 2 ( Do y 0) Với y = 2 ta có x = 2y + 1 = 5 Hệ có nghiệm (x,y) = (5,2) Loại 3: Một phương trình của hệ là phương trình bậc 2 theo một ẩn (chẳng hạn ẩn y). Lúc đó ta xem x là tham số và biểu diễn được y theo x bằng cách giải phương trình bậc 2 ẩn y. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình y2 = ( 5x + 4) ( 4 − x ) (1) y 2 − 5 x 2 − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0 (2) Lời giải: Biến đổi phương trình (2) về dạng: y 2 − ( 4 x + 8 ) y − 5x 2 + 16 x + 16 = 0 y = 5x + 4 ∆' = 9 x 2 y = 4−x Với y = 5x + 4 thay vào phương trình (1) (5x + 4)2 = (5x+ 4)(4-x) 4 ( x, y ) = � ; 0 � 4 − x =− � � �5 � � 5� ( x, y ) = ( 0, 4 ) x =0 Với y = 4 - x thay vào (1) ta được: x =4 �y =0 ( 4 − x) = ( 5x + 4) ( 4 − x ) 2 x =0 �y = 4 Hệ có 3 nghiệm (x,y) là: 4 (0;4); (4;0); (- ; 0). 5 II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Điểm quan trọng nhất trong việc giải hệ là phát hiện ẩn phụ u = f(x,y) v = g(x,y) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một số phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0 để đưa hệ về dạng đơn giản hơn. 4
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình Lời giải: Dễ thấy khi x = 0 thì y = 0 Hệ phương trình có nghiệm: (x = 0; y = 0) Khi x 0 y 0 Chia hai về của phương trình (1) cho xy và chia hai vế của phương trình (2) cho x2y2 ta được hệ: � 1 �� 1 � �+ ��+ �18 +y = x � x �� y � � 1 �� 1� � � + 2 �� + 2 � 208 + y2 = x2 � x �� y� 1 x + =X x Đặt: 1 y+ = Y y Ta có hệ phương trình: X + Y = 18 � + Y = 18 � = 14; Y = 4 (1) X X �� 2 � = 56 � = 4; Y = 14 (2) X + Y 2 = 212 XY X Trường hợp thứ nhất hệ có 4 nghiệm (x,y) là: ( 7 +4 )( )( ) 3; 2 + 3 ; 7 + 4 3; 2 − 3 ; 7 − 4 3; 2 + 3 ; (7 − 4 3; 2 − 3) Trường hợp thứ (2) hệ có thêm 4 nghiệm (x,y) là: ( 2+ )( )( )( ) 3 ;7 + 4 3 ; 2 + 3 ;7 − 4 3 ; 2 − 3 ;7 + 4 3 ; 2 − 3 ;7 − 4 3 Kết luận hệ phương trình có 9 nghiệm Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình x2 + 1 + y ( y + x ) = 4 y (1) ( x 2 + 1) ( y + x − 2 ) = y (2) Lờigiải Ta thấy y = 0 không thoả mãn phương trình (1) nên hệ phương trình tương đương với x2 = 1 + y+x=4 y x2 = 1 ( y + x − 2) = 1 y u+v = 2 x2 + 1 � ( u = 1; v = 1) Đặt ta có hệ v = y+x−2 u= , uv = 1 y 5
( x = 1; y = 2 ) x2 + 1 = y hệ � + y = 1 Hệ phương trình đã cho có 2 Ta có � ( x = −2; y = 5) x nghiệm Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 3 ( ) 4 xy + x 2 + y 2 + =7 ( x + y) 2 1 + ( x − y) = 3 2x + x+ y 1 (u 2) u = x+ y+ Đặt x+ y 3u 2 + v 2 = 13 ta có hệ phương trình V= x -y u +v= 3 Giải hệ (với lưu ý ta có u = 2 ; v = 1 u 2 1 x+ y+ =2 x+ y Ta có Hệ phương trình (x = 1 ; y = 0) x − y =1 vậy Hệ phương trình có nghiệm: (x,y) là (1;0) PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ loại 1: Một phương trình trong hệ có dạng f(x) = f(y) phương trình còn lại giúp ta giới hạn được x.y để trên hàm f đơn điệu. Từ đó suy ra x = y Ví dụ 8: Giải hệ phương trình x3 − 5x = y 3 − 5 y (1) x8 + y 4 = 1 (2) Lời giải Từ phương trình (2) 8 4 x 1; y 1 x 1; y 1 xét hàm f(t) = t3 - 5t t [-1 ; 1] 2 Ta có f’(t) = 3t - 5 < 0 ∀ t [-1 ; 1] x = y thay vào phương trình (2) x8 + x4 -1 = 0 hàm f(t) −1 + 5 −1 + 5 Đặt a = x4 0 ta có a = � y = x = �4 2 2 Loại 2: Hệ đối xứng loại 2 mà khi giải thường dẫn đến một trong 2 phương trình của hệ có dạng f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) Trong đó f là hàm đơn điệu Ví dụ 9: Giải hệ phương trình x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1 y + y2 − 2x + 2 = 3 y + 1 Lời giải 6
Đặt a = x - 1 b=y-1 a + a 2 + 1 = 3b Ta được hệ b + b 2 + 1 = 3a Trừ theo vế của 2 phương trình trên ta được a + a 2 + 1 + 3a = b + b 2 + 1 + 3b (3) t 2 +1 +t +3t ln 3 xét hàm f(x) = có f’(x) = t + t +1 + 3 2 t t +12 và > t 2 − t f(x) >0 ∀ t t2 +1 f(t) đồng biến trên R Từ phương trình (3) a = b thay vào phương trình (1) ta có a + a 2 +1 = 3a (4) ) ( � n a + a 2 +1 −aln 3 = 0 l ) ( g ( a) =ln a + a 2 + −aln 3 Xét hàm g(a) = 1 1 Có: g ( a ) = −ln 3
2 x2 =y x2 + 1 2 y2 =z y2 + 1 2z2 =x z2 + 1 Lời giải: Nếu x = 0 hệ có nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0) y=0 z=0 Nếu x 0 y>0 z>0 x>0 2 x2 2 x2 y= 2 =x x + 1 2x 2z2 2z2 x �� = � = z y x z y z 2 + 1 2z 2 y2 2 y2 z= 2 � = y � x = y = z =1 y +1 2y Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (0; 0; 0) và (1; 1; 1) Ví dụ 12: Giải hệ phương trình 2 xy x+ = x2 + y x2 − 2 x + 9 3 2 xy y+ = y2 + x y2 − 2 y + 9 3 Lời giải: Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta có: 2 xy 2 xy + = x2 + y 2 x2 − 2x + 9 y2 − 2 y + 9 3 3 x 2 − 2 x + 9 = 3 ( x − 1)2 + 8 3 2 Ta có: y2 − 2x + 9 = ( y − 1) 2 + 8 2 3 3 2 xy 2 xy +� � = + x2 y 2 VT 2 xy 2 xy 2 2 8
x = y =1 Dấu “ = “ khi x = y =0 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm như trên. Ví dụ 13. Giải hệ phương trình y = − x3 + 3x + 4 x = − 2 y3 − 6 y − 2 Lời giải: Hệ đã cho tương đương với: y − 2 = − ( x + 1) ( x − 2) 2 (1) x − 2 = 2 ( y + 1) ( y − 2 ) 2 (2) Nếu x > 2 thì từ (1) y=2
Hệ phương trình có nghiệm: (x; y; z) = (1; 0; 2) Ví dụ 14: Giải hệ phương trình 2 xy = x + y + 1 2 yz = y + z + 7 2 xz = x + z + 2 Lời giải: Viết hệ về dạng: ( 2 x − 1) ( 2 y − 1) = 3 (1) ( 2 y − 1) ( 2 z − 1) = 15 (2) ( 2 x − 1) ( 2 z − 1) = 5 (3) Nhân theo vế của 3 phương trình trên ta được: ( 2 x − 1) ( 2 y − 1) ( 2 z − 1) = 225 2 2 2 ( 2 x − 1) ( 2 y − 1) ( 2 z − 1) = 15 (4) ( 2 x − 1) ( 2 y − 1) ( 2 z − 1) = − 15 (5) Các phương trình (4) và (5) là các phương trình hệ quả ( 2 x − 1) = 1 (1) ( 2 y − 1) = 3 (2) � ( x; y; z ) = ( 1;2;3) Trường hợp thứ nhất ta có: ( 2 z − 1) = 5 (3) ( 2 x − 1) = − 1 ( 2 y − 1) = − 3 Trường hợp thứ hai ta có: ( 2 z − 1) = − 5 Hệ có nghiệm (x; y; z) = (0; - 1; - 2) Kết luận: Hệ phương trình có 2 nghiệm (như trên). 2. Phương pháp sử dụng hệ thức Viet mở rộng Ta sử dụng kết quả: nếu x, y, z thoả mãn 10
x+ y+z =a xy + yz + xz = b xyz = c Thì x, y, z là 3 nghiệm của phương trình X3- aX2+ bX - C = 0 Ví dụ 14: Giải hệ phương trình x + y + z = 4 (1) x+ y+ z = 6 (2) x 2 + y 2 + z 2 = 18 (3) Lời giải: Bình phương hai vế của (1) rồi trừ cho (2) ta có: xy + y z + xz = 5 (4) 2 xy + 2 y z + 2 xz = 10 hay Bình phương hai vế của (2) rồi trừ cho (3) ta có: 2xy + 2yz + 2xz = 18  xy + yz + xz = 9 (5) Bình phương hai vế của (4) rồi trừ cho (5) ta có: ( ) ( 6) x + y + z = 16 � xyz = 2 2 xyz Từ (1), (4), (6) theo định lý Viet mở rộng là 3 nghiệm x, y, z của phương trình x3 - 4x2 + 5x - 2 = 0 (x, y, z) = (1; 1; 4) và các hoán vị của nó hệ phương (x-1)2 (x- 2) = 0 trình có các nghiệm: (x, y, z) (1; 1; 4), (1; 4; 1) ,(4; 1; 4) PHẦN III. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN 1. Bài toán giải phương trình. Bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp, ta được bài toán giải phương trình về giải hệ phương trình. Ví dụ 15: Giải phương trình x3 + 1 = 2 3 2 x − 1 Lời giải: 11
Đặt 2x −1 = y 3 Ta có hệ phương trình đối xứng loại 2 x3 + 1 = 2 y y3 + 1 = 2 x Thì theo vế của 2 phương trình ta được (x- y)(x2 + y 2 + xy + 2) = 0 Dễ thấy : x2 + y 2 + xy + 2 > 0 với mọi x, y x=y Với x = y ta có: x3 - 2x + 1 = 0 (x - 1)(x2 + x - 1) = 0 x =1 ( ) x = −1 + 5 : 2 x = ( −1 − 5 ) : 2 Phương trình có 3 nghiệm như trên. 2. Bài toán nghiệm nguyên Ví dụ 16: Tìm nghiệm nguyên của hệ: x 2 − 6 x − 2 y = 15 (x − 3x ) y = −2 ( z + 3 ) 2 x 2 y 2 + 2 y + 12 4 z Lời giải: x 2 − 6 x − 2 y − 15 = 0 Hệ � x y − 3xy + 2 x + 6 = 0 2 x 2 y 2 + 2 y + 12 − 4 z 0 (x2 - 6x - 2y - 15) + 2(x2y -3xy + 2z + 6) + (x2y2 + 2y + 12 - 4z) 0 (xy + x)2 - 6(xy + x) + 9 0 (xy + x - 3)2 0 xy + x = 3 x(y + 1) = 3 Giải các trường hợp ta tìm được nghiệm nguyên của hệ là: (x= -1; y = - 4; z = 5) IV. MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIẢI 1. Làm mất nghiệm của hệ phương trình: 12
Ví dụ 17: Giải hệ phương trình 2x2 =y x 2 +1 2 y2 =z y 2 +1 2z 2 =x z 2 +1 Nếu không xét trường hợp x = 0, y = 0, z = 0 biến đổi hệ về dạng: x 2 +1 1 1 1 = =+2 2x2 y 2 2x 1 1 1 = + 2 2 y2 z 1 1 1 = +2 x 2 2z Rồi cộng theo vế 3 phương trình 1113 1 1 1 + + = + 2+ 2+ 2 y z x 2 2x 2 y 2z 1 2 � �1 2 � � 12� � − + 1� � 2 − + 1 � � 2 − + 1 � 0 + + = �2 x x �� y y �� z z� � 2 2 2 � �� 1 �� 1 1 − 1�+ � − 1�+ � − 1�= 0 x = y = z =1 � x y �� z � �� Ta bỏ sót nghiệm: x = y = z = 0 2. Chọn nghiệm ngoại lai của hệ Ví dụ 18: Giải hệ phương trình x − y =1 y − z =1 z − x =1 13
Theo cách giải ở ví dụ 10 ta suy ra x = y = z x, y, z là nghiệm của phương trình. x − x −1 = 0 Đặt nếu không để ý đến điều kiện t 0 x =t �thừa nghiệm ( 1− 5 ) 2 5) 2 1 5 (1 Ta có: t = �= t 2 4 4 V. KHUYNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN CỦA CHUYÊN ĐỀ Ngoài các dạng toán cơ bản hệ phương trình đối xứng dạng 1, dạng 2, hệ phương trình đẳng cấp đã gặp nhiều trong các tài liệu nâng cao, người ta viết đề tài này nhận thấy các tác giả ưa thích các dạng toán giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá sử dụng các bất đẳng thức cơ bản sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ thích hợp và các phương pháp đặc biệt khác, điều đó đòi hỏi học sinh phải tích cực học t ập, tìm tòi, đọc tài liệu, sáng tạo hơn trong cách đọc và luyện tập của mình. 14
PHẦN II. PHƯƠNG TRÌNH 1. Phương pháp biến đổi đồng nhất 1 Ví dụ 1: Giải phương trình : x3 - x 2 - x = 3 Lời giải Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 3x3 - 2x2- 3x = 1 3x3 = 3x3 + 3x + 1 4x3 = x3 + 3x2 +3x + 1 4x3 = (x + 1)3 4x = + 3 x 1 1 ( 3 4 x − x =1 x =3 1) 4−1 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . 4 −1 3 Ví dụ 2: Giải phương trình 111 1 với a + b ++= 0 x a b x+a +b Lời giải: Đk: a 0, x 0, b 0, a + x + b 0 Biến đổi phương trình về dạng: ax + bx + ab 1 abx = x+a+b (ax + bx + ab)(x + a + b) = abx (ax + bx + ab)( a + b) + (ax + bx)x + abx = abx ( a + b) (ax + bx + ab) + x2( a + b) = 0 ( a + b) (ax + bx + ab + x2) = 0 15
x = −a ( a + b) (a + x)( b+x) = 0 Do a + b 0 x = −b Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm như trên: Ví dụ 3: Giải phương trình ( x + 3) ( 4 − x ) ( 12 + x ) = 28 − x (1) Lời giải: ( 4 − x ) ( 12 + x ) −12 x 4 0 Điều kiện: � � ( x + 3) ( 28 − x ) −3 x 28 0 −3 () x 4 với điều kiện () (1) (x + 3)2(4 - x)(12 - x) = (28 - x)2 x4 + 14x3 + 10x2 - 272x + 352 = 0 (x2 + 6x - 22) (x2 + 8x - 16) = 0 x1 = −3 + 31 , x2 = −3 − 31 x 2 + 6 x − 22 = 0 x 2 + 8 x − 16 = 0 x3 = −4 + 4 2 , x4 = −4 − 4 2 Đối chiếu điều kiện ta thấy x1, x3 thoả mãn bài toán. x1 = −3 + 31 Vậy phương trình có 2 nghiệm. x3 = −4 + 4 2 2. Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 4: Giải phương trình ( x + 3) ( 4 − x ) ( 12 + x ) = 28 − x (1) Lời giải v = ( 4 − x ) ( 12 + x ) Đặt u = x + 3 với v 0 Khi đó phương trình (1) trở thành: v = u −1 2uv = u2 + v2 - 1 (u - v)2 = 1 v = u +1 Với v = u - 1 ta có 0 x+3 1 x −2 � x = −3 + 31 2 � �2 � ( 4 − x ) ( 12 + x ) = ( x + 2 ) x + 6x − 2 = 0 Với v = u + 1 0 ta có : 16
x + 3 −1 x −4 � x = −4 + 4 2 � �2 � ( 4 − x ) ( 12 + x ) = ( x + 4 ) 2 x + 8 x − 16 = 0 Phương trình có tập nghiệm là: { 31 − 3; 4 2 − 4} Ví dụ 5: Giải phương trình (x - 8)2 + (x - 6)4 = 16 (1) Lời giải Đặt y = x - 7 Khi đó phương trình (1) trở thành (y - y)4 + (y + 1)4 = 16 y4 - 4y3 6y2 - 4y + 1 + y4 - 4y3 6y2 + 4y + 1 = 16 2y4 + 12y2 + 2 = 16 y4 - 6y2 - 7 = 0 (y2+7) (y2-1) = 0 (do y2+7 > 0) y= 1 y2 - 1 = 0 y = −1 Với y = 1 ta có x - 7 = 1 x=8 Với y = -1 ta có x - 7 = -1 x=6 Tập nghiệm của phương trình là {6 ; 8} Ví dụ 6: Giải phương trình X4 - 6x3 + 10x2 - 6x + 10 = 0 Lời giải đây là phương trình đối xứng bậc 4 để giải phương trình này ta nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình nên phương trình 1 1 (chia 2 vế cho x2) x2 - 6x + 10 - 6. x + x 2 =0 �2 1 � � 1 � � + 2 � 6 � + � 10 = 0 −x + x x � � x� � 1 Đặt x + x = t ( t 2 ) t=2 t 2 − 6t + 8 = 0 Ta có phương trình: t=4 1 x+ = 2 � x2 − 2x + 1 = 0 � x = 1 Khi t = 2 ta có x 1 x + = 4 � x2 − 4x + 1 = 0 � x = 2 � 3 Khi t = 4 ta có x { } Vậy tập nghiệm của phương trình là: 1;2 − 3; 2 + 3 Ví dụ 7: Giải phương trình (x + 1) (x + 2)(x + 3)(x + 4) = 3 Lời giải: 17
Phương trình � �x + 1) ( x + 4 ) �( x + 2 ) ( x + 3) � 3 ( = � � �� ( )( ) � x2 + 5x + 4 x2 + 5x + 6 = 3 Đặt t = ta có: x2 +5x + 4 t(t + 2) = 3 t =1 t2 + 2t - 3 = 0 t = −3 Với t = 1 ta có phương trình: x 2 + 5x + 4 =1 −5 13 x2 +5x +3 = 0 � x = 2 Với t = -3 ta có: x 2 + 5 x + 4 = −3 � x 2 + 5 x + 7 = 0 phương trình này vô nghiệm � 5 + 13 −5 − 13 � − Kết luận: tập nghiệm của phương trình là � ; � �2 2 � 3. Phương pháp đánh giá Ví dụ 8: Giải phương trình: (x - 8)4 + (x -6)4 = 16 (1)’ Lời giải: Dễ thấy x = 8 hoặc x = 6 là 2 nghiệm của phương trình đã cho. Nếu x > 8 ta có (x -6)4 > 24= 16 (x - 8)4 > 0 (x - 8)4 + (x -6)4 > 16. Vậy x > 8 không là nghiệm của phương trình. Nếu x < 6 ta có: (x - 8)4 = (8 - x)4 > 16 (x -6)4 > 0 (x - 8)4 + (x -6)4 > 16 nên x < 6 không thoả mãn. Với 6 < x < 8 phương trình (1) viết về dạng: (x - 6)4 + (8 - x)4 = 16 Khi đó (x - 6)4 + (8 - x)4 < (x - 6 + 8 - x)4 = 16 Vậy phương trình vô nghiệm khi: 6 < x < 8 Tóm lại tập nghiệm của phương trình là: {6; 8} Ví dụ 9. Giải phương trình x 2 + 6 x + 13 + x 2 + 6 x + 18 = 34 − x 2 − 6 x Lời giải: 18
Biến đổi phương trình về dạng: ( x + 3)2 + 4 + ( x + 3) 2 + 9 = 25 − ( x + 3) 2 Dấu “=” khi x = -3 VT 2 + 3 = 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = - 3 Ví dụ 10: Giải phương trình: x(2008 - x2007) = 2007 Lời giải: Nếu x 0 thì x (2008 −x 0 loại 2007 ) Vậy x 0 Viết phương trình về dạng: x2008 + 2007 = 2008x Theo bất đẳng thức côsi cho 2008 số dương. Ta có: x2008 + 2007 = x2008 + 1 + 1 +…..+1 2008x 2007 số 1 Dấu “=” xảy ra khi x = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Ví dụ 11: Giải phương trình 2016 − x − x − 2017 = x 2 − 2007 x − 2007 3 Lời giải: Điều kiện: x 2007 Với 2007 x < 2008 thì 2016 − x − x − 2017 > 3 2016 − 2008 − 2008 − 2007 = 1 3 x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 < 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1 Thử x = 2008 thoả mãn. Với x > 2008 thì: 3 2016 − x − x − 2017 < 3 2016 − 2008 − 2008 − 2007 = 1 x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 > 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Ví dụ 12: giải phương trình 5 2+7 + 4x = 3 2 − 1 x +1 Lời giải: Điều kiện: x + 1 > 0 hay x > -1 Viết phương trình về dạng: 19
( 2 + 1)3 + 4( x + 1) = 3( 2 + 1) x +1 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có: ( 2 + 1)3 ( 2 + 1)3 ( 2 + 1)3 + 4( x + 1) = 4( x + 1) + + 3( 2 + 1) x +1 4( x + 1) 4( x + 1) Dấu “=” xảy ra khi: ( 2 + 1)3 4( x + 1) = = 2 +1 4( x + 1) Hay 4x = 2 −3 2 −3 Hay x = 4 2 −3 Phương trình có nghiệm duy nhất: x = 4 Ví dụ 13. Giải phương trình 27.x10 − 5 x 6 5 864 = 0 5 Lời giải Ta thấy x = 0 không thoả mãn phương trình nên chia hai vế của phương trình cho x6 ta được phương trình tương đương: 5 32.27 27.x + =5 4 5 x6 2 5 � x4 + =5 x6 27 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 5 số dương ta có: x4 x4 x4 2 1 1 5 �x + 6 = + + + 6 + 6 �5 4 x 3 3 3x x 27 Do đó x thoả mãn phương trình bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức 20