Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Tư duy sử dụng hàm đặc trưng để giải hệ phương trình trong việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:58

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Tư duy sử dụng hàm đặc trưng để giải hệ phương trình trong việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi" nhằm tổng hợp các trường hợp cụ thể của phương pháp giải hệ phương trình về phương pháp hàm đặc trưng nhằm giúp học sinh giải tốt các bài toán về hệ phương trình.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Tư duy sử dụng hàm đặc trưng để giải hệ phương trình trong việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG NGUYỄN CẢNH CHÂN =====  ===== SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM LĨNH VỰC: TOÁN HỌC Đề tài: Tư duy sử dụng hàm đặc trưng để giải hệ phương trình trong việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi Tên tác giả Võ Văn Thọ Nguyễn Thị Bích Hải Tổ bộ môn Toán - Tin Năm thực hiện : 2021 – 202
I. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Môn Toán ở trường phổ thông mang ý nghĩa là môn học công cụ, song nó cũng là môn học rèn luyện được nhiều hình thức tư duy cho học sinh đặc biệt là tư duy logic và tư duy sáng tạo. Môn toán không chỉ giúp học sinh phát triển năng lực tính toán mà còn giúp học sinh hình thành những năng lực chung theo yêu cầu của chương trình giáo dục phổ thông tổng thể (đó là năng lực tự chủ và tự học, năng lực giao tiếp và hợp tác, năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo). Trong ít năm gần đây trong các cuộc thi chọn học sinh giỏi toán THPT khối 12. Ta thấy bài toán giải hệ phương trình là một bài toán không thể thiếu trong các kỳ thi trên. Vì yêu cầu bài toán giải hệ phương trình mang tính rộng hơn giải phương trình, nên việc thí sinh giải hệ phương trình giống như một mũi tên trúng hai đích. Nó giúp người ra đề vừa kiểm tra được học sinh phần kiến thức về phương trình, vừa kiểm tra được kiến thức phần hệ phương trình. Như vậy kiến thức từ phương trình đến hệ phương trình giống như một sợi chỉ đỏ gắn liền với các bạn học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi toán suốt ba năm ôn thi học sinh giỏi. Qua thực tế bồi dưỡng học sinh, tôi nhận thấy trong các đề thi học sinh giỏi, tác giả cho đề bài giải hệ phương trình rất tinh vi, lợi hại hơn những năm trước rất nhiều, chúng thiên về phương pháp hàm số đặc trưng, đòi hỏi người giải phải là một người có bản lĩnh, có tư duy tốt và cực tốt mới giải được một cách nhanh, điêu luyện. Tuy nhiên khi sử dụng phương pháp này học sinh thường gặp những khó khăn sau đây: + Học sinh chưa nhận dạng được bài toán. Tức là giáo viên hướng dẫn các em giải hệ phương trình bằng cách nào thì các em rập khuôn, không linh hoạt và sáng tạo. Đề chỉ cho khác đi một chút đã khiến các em không giải được, còn lúng túng không biết nên giải quyết chúng theo cách nào và hệ đã cho có nên giải theo phương pháp hàm số đặc trưng hay không. + Vì chưa có hệ thống phương pháp chung khi giải các bài toán dạng này nên các em trình bày lời giải chưa khoa học, thiếu chặt chẽ. + Các em tâm lý lo lắng, thiếu tự tin khi giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số đặc trưng thể hiện qua việc bắt gặp các hệ phương trình chứa biểu thức x,y dạng cồng kềnh vừa ẩn ngoài, ẩn trong căn, ẩn dưới mẫu, ẩn trên tử, bậc của ẩn x, y lớn, nhỏ khác nhau. 1
+ Chưa biết tìm hàm số đặc trưng. Và tìm như thế nào, việc này dẫn đến tình trạng các em mất rất nhiều thời gian, không kiểm soát được bài toán. Bên cạnh đó sách giáo khoa chỉ đưa ra các định lí, tính chất về tính đơn điệu của hàm số mà không nêu lên ứng dụng của nó trong giải hệ phương trình. Ngoài ra các tài liệu trên mạng internet, sách tham khảo tuy nhiều nhưng chưa mang tính hệ thống, hoặc chưa chi tiết các dạng, đặc điểm nhận dạng của từng dạng toán này mà chỉ đưa ra đề bài và trình bày lời giải theo một hoặc nhiều cách, làm cho bạn đọc cảm giác hoang mang khi đứng giữa một kho tàng tri thức rộng lớn. Không biết tại sao giải như vậy. Tại sao giải theo cách này mà không giải theo cách khác. Do vậy tôi lựa chọn đề tài “ TƯ DUY SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐẶC TRƯNG TRƯNG TRONG GIẢI HỆ PHƯƠNGTRÌNH TRONG VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI” 2. Mục đích nghiên cứu: Tổng hợp các trường hợp cụ thể của phương pháp giải hệ phương trình về phương pháp hàm đặc trưng nhằm giúp học sinh giải tốt các bài toán về hệ phương trình. 3. Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình 4. Phương pháp nghiên cứu: Từ lý thuyết chung về ứng dụng của đạo hàm,tính chất đơn điệu của hàm số, các dạng liên hợp, các tính chất của bất đẳng thức xây dựng hệ thống các dấu hiệu nhận biết để giải các bài tập có liên quan. II. NỘI DUNG 1. Cơ sở lý luận. Chính vì mục đích khắc phục những nhược điểm của thực trạng nêu trên là vô cùng cấp bách rất cần khắc phục nên tôi đã nghiên cứu, học hỏi và mạnh dạn đưa ra đề tài. Bên cạnh đó việc đào tạo, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi giúp các em trở thành “Hiền tài là nguyên khí Quốc Gia”, tạo cho các em niềm đam mê, lửa nhiệt huyết và hình thành cho các em một tư duy tốt trong giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số đặc trưng được tôi tiến hành theo các bước sau: 2
BƯỚC 1: NHẮC LẠI KIẾN THỨC CƠ BẢN CÓ LIÊN QUAN. Bước này cung cấp đầy đủ một nền móng kiến thức vững chắc. Các em cần phải hiểu và vận dụng chúng một cách linh hoạt và chính xác khi “Tư duy sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng trong giải hệ phương trình”. Bảng tính đạo hàm Đạo hàm các hàm sơ cấp Đạo hàm các hàm số hợp  [ ( x ) ]' =  .x −1 [ (u )  ]' =  .u  −1.u ' −1 ' 1 −u ' ' 1   = 2   =  x x u u2 ( 1 ) ' x = ( u' ) ' 2 x u = 2 u ( sin x ) = cos x ( sin u ) = u ' .cos u ' ' ( cos x ) = − sin x ' ( cos x ) u ' = −u ' .sin u 1 u' (tan x)' = 2 = tan 2 x + 1 (tan x) = ' 2 = u ' .(tan 2 u + 1) cos x cos u −1 −u ' (cot x)' = 2 = −(1 + cot 2 x) (cot x)' = = −(1 + cot 2 x).u ' sin x 2 sin x Các định lí, tính chất về tính đơn điệu của hàm số Định lí: Cho hàm số y =f (x) có đạo hàm trên K. a) Nếu f( x)  0  x K, thì hàm số y =f(x) đồng biến trên K. b) Nếu f( x) < 0  x K, thì hàm số y =f(x) nghịch biến trên K. +) Định lí mở rộng: Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K. Nếu f( x)  ( 0),  x K và f(x) =0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số y = f(x) đồng biến (nghịch biến) trên K Chú ý: K có thể là khoảng, đoạn, nửa khoảng. Các tính chất : + Tính chất 1: Giả sử hàm số f (x)liên tục và đơn điệu một chiều trên tập D thì phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm thuộc D. + Tính chất 2: Nếu phương trình f (x) = 0 có một nghiệm trên khoảng (a; b) + Tính chất 3: Giả sử hàm số y = f(x) đồng biến , ( nghịch biến) trên khoảng (a;b) và u,v  (a;b). Khi đó f(u)=f(v)  u=v. + Tính chất 4: Giả sử y=f (x) đơn điệu trên khoảng (a;b) thì x,y,z  (a;b) là nghiệm 3
 f ( x) = y  của hệ phương trình  f ( x ) = z = x = y = z  f ( z) = x  + Tính chất 5: Giả sử hàm số y =f(x) đồng biến trên (a;b) thì f(u) < f(v)  u a+c Cộng 2 bất đẳng thức cùng a.c < b.d Nhân 2 bất đẳng thức cùng chiều n N* a  b  a 2 n +1  b 2 n +1 Nâng 2 vế của bất đẳng thức lên 1 lũy thừa n  N * và a  0 a  b  a 2n  b2n a0 ab a  b Khai 2 căn vế của 1 hằng đẳng thức  ab 3 A  3 B BƯỚC 2: NÊU PHƯƠNG PHÁP CHUNG KHI GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG 4
Nhằm khắc phục nhược điểm “ các em chưa có hệ thống, phương pháp làm bài dẫn đến việc trình bày thiếu khoa học, thiếu chặt chẽ, …” tôi đưa ra thứ tự các bước trình bày lời giải như sau: Bước 1: Tiềm điều kiện( nếu có) Có hai loại điều kiện thường gặp +) Điều kiện thông thường là điều kiện của biểu thức trong căn bậ chẵn có nghĩa, điều kiện của mẫu số. +) Điều kiện kéo theo: ví dụ như một phương trình của hệ số có dạng P ( x; y ) + Q ( x; y ) = f ( x; y ) sẽ có điều kiện vế trái không âm, tức là f ( x; y )  0 Hoặc nếu trong hệ có một phương trình dạng ax 2 + bxy + cy 2 + d = 0 thì việc tìm điều kiện kéo theo bằng cách tìm điều kiện để phương trình có nghiệm ẩn x;y. Ta coi x là ẩn và y là tham số hoặc y là ẩn x là tham số sau đó sử dụng biệt thức   0 hoặc  '  0 suy ra điều kiện cụ thể của x, y. Bước 2: Biến đổi một phương trình trong hệ hoặc biến đổi kết hợp các phương trình trong hệ về phương trình có hai biến đồng bậc về dạng f ( u ) = f ( v ) . Bước 3: Xét hàm đặc trưng: Chứng minh hàm đặc trưng luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên miền xác định D (D là hợp hai miền giá trị của u và v). Phương trình tương đương u=v. Do đó rút x theo y hoặc y theo x thế vào phương trình còn lại, tìm nghiệm của phương trình, hệ phương trình. Bước 4: Kết luận nghiệm của hệ phương trình. Chú ý: + Tùy vào từng bài toán mà ta có thể đổi thức tự bước 1, bước hai cho nhau. Ví dụ bài toán đó không có điều kiện thông thường nhưng khi tìm được hàm số đặc trưng f(t) không đơn điệu một chiều trên R thì các em phải nhanh chóng chặn miền xác định của t bằng cách lấy hợp hai miền xác định của u,v ( u,v là các biểu thức chứa x + Việc tìm điều kiện của hệ phương trình rất quan trọng. Miền xác định càng chặt thì các em càng kiểm soát được bài toán. Để tìm miền xác định của hàm đặc trưng ta lấy hợp hai miền xác định của u,v. 5
+ Ngoài cách đưa về hàm số đặc trưng ta cũng có thể biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình tích để giải. BƯỚC III. HIỂU VÀ NHẬN DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG. Mục đích trọng tâm của bước 3 là phải khắc phục toàn bộ các nhược điểm đã nêu. Nên trong phần này tôi đưa ra các đặc điểm nhận dạng rất kỹ, mỗi dạng toán tôi hướng dẫn học sinh dựa vào đặc điểm đã nêu để đón đầu bài toán, tức là gặp dạng này thì sẽ xuất hiện hàm số đặc trưng như thế nào, nhằm tránh việc các em tính sai sót tìm hàm nhầm dạng. Ngoài ra khi hướng dẫn các em trình bày lời giải tôi đều giải thích rất tỉ mỉ, hệ thống, ngắn gọn, khoa học để các em không bị mất điểm về những lỗi sai sót không đáng có. Hơn nữa khi hoàn thành lời giải xong tôi đưa ra nhận xét những ưu điểm mà phương pháp này mang lại, những lỗi sai học sinh hay gặp phải, hay thiếu sót đồng thời so sánh với cách làm khác khi giải quyết bài toán có nhiều cách giải để học sinh có sự lựa chọn phù hợp nhất. Mặt khác, sau khi hướng dẫn các em tìm hiểu từng dạng toán thông qua một ví dụ điển hình trong sáng kiến thì ở phần minh chứng 1 tôi đều đưa ra các ví dụ minh chứng đa dạng, được xắp xếp hệ thống theo từng dạng với độ khó tăng dần để các em hiểu sâu, nhớ lâu. 2. Dạng 1: Tư duy hàm đặc trưng xuát phát từ một phương trình trong hệ. Cách nhận biết: Quan sát hệ phương trình ta thấy một trong hai phương trình của hệ có các biểu thức chứa x;y có cấu trúc tương đồng giống nhau rồi thì ta biến đổi phương trình đó về hàm số đặc trưng. 2.1. Hàm đặc trưng có sẵn trong đề bài . Cách nhận dạng: quan sát các phương trình trong hệ thì một phương trình trong hệ có cấu trúc giống nhau nhưng chưa cô lập về hai vế thì chúng ta cần sắp xếp lại vị trí của chúng một cách hợp lý, hai bên có cấu trúc going nhau.  x3 + 2 x = y 3 + 2 y (1) Ví dụ : Giải hệ phương trình sau:  2  x + 2 xy + y = 4 (2) 2 Phân tích bài toán: Ta thấy phương trình (1) trong hệ các biến x;y được cô lập thành hai vế có cấu trúc giống nhau, do vậy ta hình dung hình ảnh của hàm số đặc trưng dạng f ( t ) = t 3 + 2t Giải: từ phương trình (1) suy ra f(x) = f(y) (3) Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t có f ' (t ) = 3t 2 + 2  0 t  R suy ra hàm số đồng biến trên R(4) Từ (3) và (4) ta có x=y thay vào phương trình (2) ta được:  x = −1 x2 + 2x2 + x2 = 4  x2 = 1   x = 1 6
Với x=-1 thì y = x -1 Với x = 1 thì y = x =1 Vậy có 2 cặp nghiệm (x;y) = (-1;-1) và (1;1) Nhận xét: Ta thấy khi áp dụng được hàm đặc trưng thì việc giải hệ cảm giác rát nhẹ nhành và lời giải nhìn rất đẹp. Với ví dụ này nhiều học sinh có thể giải theo kiểu khác là từ phương trình (1) có thể phân tích về phương trình tích như sau: (1)  x3 + 2 x = y 3 + 2 y  x 3 − y 3 + 2 ( x − y ) = 0  ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 2 ) = 0  x = y So sánh hai cách làm trên ta thấy khi sử dụng hàm số đặc ta thấy được những ưu điểm rõ rang về hàm số đặc trưng đối với bài toán trên. Vì nếu ta dung phương pháp biến đổi về một phương trình tích thông thường rất mất nhiều thời gian , bị đánh giá là hiệu quả không cao do không biết lợi thế của đề bài. VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải hệ phương trình :  x3 − y 3 + 3 y 2 − 3x 2 + 4 x − 4 y = 0 (1)  2  x + 2 xy − y = 4 3 ( 2) Phân tích bài toán: Quan sát hệ phương trình ta thấy phương trình (1) có các biến x, y độc lập, đồng bậc nhưng chưa được cô lập về hai vế của phương trình. Vì vậy việc của chúng ta là phải chuyển các biến cùng loại về một vế. Tức là: (1)  x3 − 3x 2 + 4 x = y 3 − 3 y 2 + 4 y . Đến đây các em đã nhìn thấy ngay được hàm số đặc trưng có dạng: f ( t ) = t 3 − 3t 2 + 4t Giải: Ta có: (1)  x − 3x + 4 x = y − 3 y + 4 y ( 3) 3 2 3 2 Xét hàm số đặc trưng: f ( t ) = t 3 − 3t 2 + 4t có: f / ( t ) = 3t 2 − 6t + 4 = 3( t 2 − 2t + 1) + 1 = 3( t − 1) + 1  0, t  2 (4) Từ (3) và (4) suy ra: f ( x ) = f ( y )  x = y thay vào phương trình (2) ta được:  x = −1 x 2 + 2 x 2 − x3 = 4  − x3 + 3x 2 − 4 = 0   x = 2 • Với x = -1 suy ra y = -1 • Với x = 2 suy ra y = 2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt là: ( x ;y) = (-1;-1), (2;2). Nhận xét: Đây là ví dụ thuộc mức độ thông hiểu với các em ôn thi học sinh giỏi, muốn giải được bài toán này theo phương pháp hàm số đặc trưng thì phải hiểu vấn đề ở đây là 7
đề bài cho phương trình (1) ở dạng hai biến x,y độc lập, cấu trúc đồng bậc nên ta đễ dàng đưa chúng về dạng phương trình đặc trưng bằng cách chuyển vế đổi dấu thông thường sao cho các biến cùng loại phải ở cùng một vế. Như vậy ngoài cách sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng như trên thì các em còn có thể biến đổi phương trình (1) về dạng phương trình tích. Nhưng cách này được đánh giá là không hay bằng phương pháp hàm số đặc trưng vì dẫn đến một phương trình xuất hiện nhiều hằng đẳng thức, các em hay bị sai trong khâu phân tích để có nhân tử chung. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: cot x − cot y = x − y (1)  2 x + 3 y =  ( 2 )   x, y  ( 0;  ) Phân tích bài toán: Quan sát hệ phương trình ta thấy phương trình (1) có cấu trúc gần giống nhau nhất. Vì vậy ta quyết định sắp xếp lại phương trình (1) để nhìn rõ được hàm số đặc trưng như sau: (1)  cot x − x = cot y − y . Đến đây các em đã nhìn thấy ngay hàm số đặc trưng dạng: f ( t ) = cot t − t , t  ( 0; ) Giải: (1)  cot x − x = cot y − y  f ( x ) = f ( y ) (3) Xét hàm số đặc trưng: f ( t ) = cot t − t , t  ( 0; ) −1 Có f / ( t ) = − 1  0 , t  ( 0;  )  Hàm số f ( t ) nghịch biến trên ( 0; ) (4) sin 2 t  Từ ( 3) và (4) ta có x = y. Thế vào (2): 2 x + 3x =   x = 5   • Từ x =  y=x= (thỏa mãn). 5 5    Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: ( x; y ) =  ;  5 5   Nhận xét: Như vậy nếu như bài toán trên được nhìn theo góc độ của phương pháp hàm số đặc trưng thì việc giải toán thật sự rất nhẹ nhàng, tự nhiên. Nhưng một số em ôn thi học sinh giỏi khi chưa biết đến phương pháp này thường giải theo cách truyền thống là rút x hoặc y ở phương trình (2) sau đó thế vào phương trình (1) làm cho việc giải toán trở nên tiến không được mà lùi cũng không xong. Vì việc làm đó xuất hiện một phương  3y   5y trình quá phức tạp: cot  −  − cot y = − . 2 2 2 2 Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 8
 x 3 − 3x = ( y − 1)3 − 9 ( y − 1) (1)   1 + x − 1 = y − 1 ( 2 ) Phân tích bài toán: Quan sát hệ phương trình ta thấy phương trình (1)có cấu trúc gần giống nhau rồi, nên quyết định biến đổi phương trình (1) về dạng f ( u ) = f ( v ) là đúng đắn nhất. Mặt khác vế trái của (1) đơn giản nên cố định vế trái là hàm số đặc trưng, sau đó biến đổi vế phải có cấu trúc giống như vế trái bằng cách đưa 9 ra ngoài căn được (1)  x3 − 3x = ( ) y −1 − 3 y −1  f ( x) = f ( ) 3 y −1 Giải x  1 Điều kiện :  ( *) y 1 Ta có ( 2 )  x − 1 = y − 1 − 1  y − 1 − 1  0  y  2 Mặt khác: (1)  x3 − 3x = ( ) (**) 3 y −1 − 3 y −1 Xét hàm số đặc trưng: f ( t ) = t 3 − 3t , t  1; + ) Có : f / ( t ) = 3t 2 − 3  0, t  1; + )  f ( t ) đồng biến trên 1; + ) . Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên 1; + ) (***) Từ (**) , (***) ta có f ( x ) = f ( y − 1 )  x = y − 1 Với x = y − 1 thay vào (2) ta được:  x −1 = 0  x = 1 (nhËn) ( ) 2 1 + x −1 = x  − x −1 + x −1 = 0     x − 1 = 1  x = 2 (nhËn) + Với x = 1 ta có 1 = y − 1  y= 2 (thỏa mãn). + Với x = 2 ta có 2 = y − 1  y= 5 (thoả mãn). Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt là ( x ; y) = (1 ;2) ; (2 ;5) Nhận xét : Như vậy việc sử dụng phương pháp hàm số như trên làm giảm mức độ cồng kềnh của các biến vừa ẩn trong, ẩn ngoài căn, ẩn bậc cao, bậc thấp, không còn là chướng ngại vật đối với các em nữa. Ngoài cách sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng ra thì một số em còn giải hệ phương trình trên theo phương pháp nhân liên hợp đối với phương trình (2) sau đó rút x hoặc y thế vào phương trình(1). Việc làm này được đánh giá là không cao vì khi thế x hoặc y vào phương trình (1) xuất hiện biến vừa có bậc 3 bên ngoài, vừa nằm trong căn bậc hai, rất cồng kềnh khó coi. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình :  x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1)  2  x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0 ( 2 ) 2 Phân tích bài toán: Quan sát hệ phương trình ta thấy phương trình (1) vừa có căn bậc hai, vừa có căn bậc 4. Nhưng bình tĩnh quan sát kỹ ta thấy (1) có các biểu thức chứa x, y độc lập với 9
nhau nên ta chọn phương trình (1) là phương trình có thể xuất hiện hàm số đặc trưng bằng cách chuyển các biến cùng loại về một vế thu được phương trình: x + 1 + 4 x −1 = y + y4 + 2 . Giải Điều kiện: x  1 Khi đó phương trình (1)  x + 1 + 4 x − 1 = y + y 4 + 2 ( ) ( ) x −1 = f ( y ) 4  4 x −1 + 2 + 4 x −1 = y4 + 2 + 4 y4  f 4 2t 3 Xét hàm số đặc trưng: f ( t ) = t + t + 2 có f ( t ) = 1 + 4 / t4 + 2 Xét phương trình (2) : x 2 + 2 x ( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0   x + ( y − 1)  = 4 y  0  y  0 . Do đó f / ( t )  0, t  0 2 Hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0;+ ) . Nên (1)  4 x − 1 = y  x = y 4 + 1 (*) Thay vào phương trình (2) ta được (y + 1) + 2 ( y 4 + 1) ( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0 4 2  y 8 + 3 y 4 + 1 + 2 ( y 5 − y 4 + y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0  y 8 + 2 y 5 + y 2 − 4 y = 0  y ( y 7 + 2 y 4 + y − 4 ) = 0  y ( y − 1) ( y 6 + y 5 + y 4 + 3 y 3 + 3 y 2 + 3 y + 4 ) = 0  y = 0 (nhËn)   y = 1 (nhËn) + Với y = 0 thay vào (*) tìm được x = 0 (thỏa mãn) + Với y = 1 thay vào (*) tìm được x = 2(thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt: ( x ;y)= (1;0); (2;1) Nhận xét: Khi hàm số đặc trưng tìm được không biến thiên một chiều trên toàn tập thì các em phải nhanh chóng xử lý bất lợi này bằng cách kiểm tra điều kiện của x, y sau đó lấy hợp hai miền điều kiện đó lại thu được miền xác định của t là cơ sở để xét tính đơn điệu của hàm số đặc trưng. Như vậy khi giải hệ phương trình trên bằng phương pháp hàm số đặc trưng ta thấy hiệu quả mà nó mang lại thật tuyệt vời, vì sự cồng kềnh của các biểu thức chứa biến có căn bậc hai, vừa có căn bậc bốn không phải là chướng ngại vật với các em nữa. Ngoài công đoạn tìm được mối liên hệ giữa giữa x và y dựa vào hàm số đặc trưng thì việc rút x hoặc y thế vào phương trình còn lại cũng không kém phần quan trọng. Nhận thấy bậc của x là bậc 1, bậc của y là bậc 4. Do đó ta rút x theo y để thế vào 10
phương trình (2) sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Ví dụ 5: Giải hệ phương trình   x + x + 2 + x + 4 = y − 5 + y − 3 + y −1 (1)   x + y + x + y = 144 ( 2 ) 2 2  Phân tích bài toán: Quan sát hệ phương trình để phân tích đề bài, ta thấy trước tiên phải tìm điều kiện của hệ phương tình sau đó nhận dạng bài toán. Do phương trình (1) có x, y đồng bậc, các biến cùng loại đã ở cùng một vế rất thuận lợi. Mặt khác các biểu thức trong căn chứa biến x hơn kém nhau hai đơn vị, tương tự biểu thức trong căn chứa biến y cũng hơn kém nhau 2 đơn vị , hơn nữa vế trái đơn giản hơn. Vì vậy ta cố định vế trái và biến đổi vế phải về dạng có cấu trúc giống vế trái để xuất hiện hình ảnh hàm số đặc trưng ở hai vế bằng cách đặt ẩn phụ. Đặt y – 5 = u Giải x  0 Điều kiện :  y  5 Đặt u = y – 5 . Khi đó phương trình (1) trở thành x + x + 2 + x + 4 = u + u + 2 + u + 4  f ( x ) = f (u ) ( *) Xét hàm số : f ( t ) = t + t + 2 + t + 4 , t  0; + ) 1 1 1 Có f / ( t ) = + +  0, t  ( 0; + ) 2 t 2 t+2 2 t+4 Suy ra hàm số đặc trưng: f ( t ) = t + t + 2 + t + 4 đồng biến trên 0;+ ) Do đó (*)  x = u  x = y − 5 ( theo cách đặt). (**) Thay x= y-5 vào phương trình (2) ta được  y = 2 + 66 ( nhËn) y − 5 + y + ( y − 5) − 144 + y2 = 0  2y2 − 8y − 124 = 0   2  y = 2 − 66 (lo¹ i) Từ y = 2 + 66 thay vào (**) ta được x = 66 − 3 ( Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) = −3 + 66;2 + 66 ) Nhận xét: Đối với hệ phương trình này ta thấy để việc tính toán đơn giản và dễ hiểu thì ta nên đặt ẩn phụ sẽ gọn gàng, đỡ sai sót, nhìn rõ được hình ảnh hàm số đặc trưng ở hai vế. Như vậy đối với những phương trình mà ta đã xác định sẽ biến đổi để xuất hiện hàm số đặc trưng mà biểu thức chứa biến cồng kềnh, khó nhìn và rối mắt thì ta có thể nghĩ ngay đến việc đặt ẩn phụ, chú ý điều kiện của ẩn phụ nếu có. 2.2. Tư duy hàm số đặc trưng bằng cách sử dụng kỹ năng them bớt, nhân 2 vế với một số hoặc hỗ trợ máy tính bỏ túi Fx: 570;580;vinacal. Đặc điểm nhận dạng: Quan sát hai phương trình của hệ ta dễ dàng thấy được một phương trình của hệ có dạng 11
a1 x3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = a2 y 3 + b2 y 2 +c2 y Hoặc ( a1 x + b1 ) c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2 Hoặc a1 x3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2 Hoặc a1 y 3 + b1 y 2 + c1 y + d1 = ( a2 x + b2 ) c2 x + d 2 Ý tưởng là xây dựng hàm số đặc trưng f ( t ) = mt 3 + nt Chú ý Nếu hàm số đặc trưng dạng f ( t ) = mt 3 + nt không liên tục, đơn điệu trên R thì phải tìm miền xác định của t. Miền D = D1  D2 với D1; D2 lần lượt là miền xác định của ax+b và cy+d . Nếu gặp hệ phương trình dạng chứa căn thức trên thì việc đầu tiên ta cần làm là phải biến đổi biểu thức trong căn về dạng giống nhâu, sau đó mới quan sát biểu thức ngoài căn để đưa về dạng giống nhau, rồi suy ra hàm số đặc trưng.  x3 − y 3 + 3x 2 + 6 x − 3 y + 4 = 0 (1) Ví dụ: Giải hệ phương trình sau  2 4 − x − 3 3 + 2 y − y − 3x + 2 = 0 ( 2 ) 2 2 Phân tích bài toán. Ta thấy phương trình (1) có dạng đa thức bậc 3 theo x và y độc lập với nhau. Khi đó ta chuyển x và y sang hai vế khác nhau, lúc đó (1)  x3 + 3x2 + 6x + 4 = y3 + 3 y () , ta thấy phương trình (*) rất giống với đặc điểm nhận dạng đã nêu, các em phải hình dung ra hàm số đặc trưng f ( t ) = mt 3 + nt Do hàm số đa thức theo y rất đơn giản và giống với hàm số đặc trưng về mặt lý thuyết nen chọn hàm số đặc trưng vào hàm số đó , tức giữ nguyên vế phải của phương trình (*) sau đó ta biến đỏi vế tría giống cấu trúc vế phải. Tôi định hướng theo một số cách sau. Cách 1: Đồng nhất các hệ số: Phương trình (*) được viết lại như sau ( )  ( ax + b ) + 3 ( ax + b ) = y 3 + 3 y () 3 Ta có VT = a3 x3 + 3a 2bx 2 + 3ab2 x + b3 + 3ax + 3b = a 3 x3 + 3a 2bx 2 + ( 3ab 2 + 3a ) x + b3 + 3b So sánh các hệ số tương ứng với các hệ số vế trái của phương trình (*) ta được: a 3 = 1  2 3a b = 3 a = 1  2   3a b + 3a = 6 b = 1 b3 + 3b = 4  Vậy ( )  ( x + 1) + 3 ( x + 1) = y 3 + 3 y 3 Cách 2: Tuy nhiên ngoài việc sử dụng phương pháp đồng nhất các hệ số ta có thể sử dụng chức năng lưu biến và Shift solve trên máy tính bỏ túi casio fx 12
570;580;vinacal… Nhập 1000 gán vào biến A và nhấn 1000 shift STO A Nhập biểu thức vế trái của (*) (1)  x3 + 3x2 + 6x + 4 = A3 +3A Nhấn Shift Solove, máy tính cho ta X = 999 tức là 1000 - 1 hay X = A -1 Do đó phương trình ( )  ( x + 1) + 3 ( x + 1) = y 3 + 3 y 3 Cách 3 Sử dụng chức năng table trên máy tính casio fx 570 ES,… Nhấn mode7 và nhập f ( x ) = x3 + 3x2 + 6x + 4 và g ( x ) = x3 + 3x Nhấn star 1, end 10, step1 = sau đó quan sát cột x, f(x), g(x) ta thấy quy luật f ( n ) = g ( n + 1) tức là y = x + 1 nên ( )  ( x + 1) + 3 ( x + 1) = y 3 + 3 y 3 Bài giải cụ thể: −2  x  2 Điều kiện của hệ là  −1  y  3 Phương trình (1)  ( x + 1) + 3 ( x + 1) = y 3 + 3 y  f ( x + 1) = f ( y ) () 3 Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t có f ' (t ) = 3t 2 + 3  0, t  R Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên R . Khi đó ()  x + 1 = y thế vào phương trình (2)  2 x  3 −3 x + 2  0  ta có 4 − x 2 = −3x + 2     x = 0 (t / m ) 4 − x = ( −3 x + 2 ) 2  2  x = 6 (l )   5 Với x = 0  y = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có một cặp nghiệm duy nhất : ( x; y ) = ( 0;1) Nhật xét từ việc phân tích bài toán trên dự các đặc điểm nhận dạng đã nêu giúp các em nhanh chóng xác định mục đíchcần phải làm cho hàm số đặc trưng dạng : f ( t ) = mt 3 + nt hiện nguyên hình. Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  x ( 4 x 2 + 1) + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 (1)  2 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7 ( 2 ) 2 Phân tích bài toán: Quan sát hệ phương trình ta thấy phương trình (1) có dạng: a1 x + b1 x 2 + c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2 . Vì vậy mục tiêu gần nhất của các em là làm 3 sao xuất hiện hàm đặc trưng dạng: f ( t ) = mt 3 + nt . Dựa vào chú ý đã nêu ta giữ nguyên biểu thức chứa y ở trong căn và sử dụng kỹ thuật thêm, bớt để đưa các đại lượng ngoài căn của biểu thức chứa biến y (có thể gọi biểu thức đó là ẩn v) về dạng giống nó bằng cách nhân cả hai vế với 2. Từ đó làm cơ sở cho sự xắp xếp các biểu thức của x về dạng giống với hàm số đặc trưng. Cụ thể tôi đưa ra lời giải như sau: 13
Giải  3  x  3 − 4 x  0 4 Điều kiện:   5 − 2 y  0 y  5  2 Phương trình (1) x ( 4 x 2 + 1) = (3 − y ) 5 − 2 y  2 x ( 2 x ) + 1 = 5 − 2 y .(5 − 2 y + 1)  f ( 2 x ) = f  2  ( 5 − 2y )  3 Với f ( t ) = t ( t 2 + 1) là hàm đặc trưng, có f / ( t ) = 3t 2 + 1  0, t   −;   4  x  0 x  0   f ( t ) là hàm đồng biến nên : 2 x = 5 − 2 y   2  5 − 4 x2 4 x = 5 − 2 y y =  2 Thế vào phương trình (2) được: 4 x 2 + (5 − 4x )2 2 + 2 3 − 4 x − 7 = 0 ( *) 4 Xét hàm số: f ( x ) = 4 x 2 + (5 − 4x ) 2 2 + 2 3 − 4x − 7 = 0 4 1 1 • Ta thấy f   = 0  x = là một nghiệm. 2 2 • Mặt khác : f / ( x ) = 8 x + .2 ( 5 − 4 x 2 ) ( −8 x ) − 1 4 4 = 8 x − 20 x + 16 x3 − 4 3 − 4x 3 − 4x  3 = 4 x ( 4 x 2 − 3) − 4  0, x  0;  3 − 4x  4  3 Suy ra hàm số đặc trưng : f ( x ) là hàm nghịch biến trên  0;  4   1 Do đó phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x = 2 1 1 • Từ x = ta có 2. = 5 − 2 y  y = 2 . 2 2 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x ; y) =  ;2  2  Nhận xét: Tôi đánh giá cách làm nhân hai vế của phương trình (1) với 2, vì nếu sử dụng kỹ thuật thêm bớt thông thường thì việc đưa ra hàm số đặc trưng là một quá trình dài dòng và phức tạp. Như vậy dựa vào đặc điểm nhận dạng đã nêu ta nhận thấy ngay được phương trình (1) có dạng a1 x3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2 . Các em lập tức dùng kỹ thuật 14
thêm bớt, đồng nhất thức để biến đổi phương trình (1) xuất hiện hình ảnh hàm số đặc trưng dạng f ( t ) = mt 3 + nt . Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:  x 3 + (1 − y ) x 2 + x − y + 1 = 0 (1)  3  x − ( x + y + 5 ) x + y + 2 + 3x = 0 ( 2) Phân tích bài toán: Quan sát hệ phương trình ta thấy dựa vào đặc điểm nhận đã nêu thì phương trình (2) chỉ phụ thuộc vào biến x và biểu thức chứa biến x+y+2. Vì vậy nhiệm vụ của chúng ta là viết lại bậc của biểu thức đó để nhìn rõ cấu trúc đồng bậc. Cụ thể như sau: ( x + y + 5) ( ) 3 x+ y+2 = x + y + 2 + 3 x + y + 2 . Ngoài ra vế trái của phương trình đã có x3 + x rồi. Nên các em hoàn toàn biết hàm số đặc trưng ẩn dấu trong phương trình này có dạng f ( t ) = t 3 + 3t . Ngoài việc tìm hệ thức đơn giản giữa x và y theo phương pháp hàm số đặc trưng trên thì các em còn có thể biến đổi phương trình (1) về dạng phương trình tích. Vì phương trình (1) chứa biểu thức x3 + (1 − y ) x 2 có x 2 chung nên đặt x 2 làm nhân tử chung. Khi đó (1)  x2 ( x + 1 − y ) + x + 1 − y = 0  ( x + 1 − y ) ( x 2 + 1) = 0 Giải: Cách 1: điều kiện x + y + 2  0 Xét phương trình (2) có: x3 + 3x = ( x + y + 5 ) x + y + 2  x 3 + 3 x = ( x + y + 2 + 3) x + y + 2  x 3 + 3 x = ( x + y + 2 ) x + y + 2 + 3 x + y + 2 ( ) x + y + 2 + 3 x + y + 2  f ( x) = f ( ) ( 3) 3  x 3 + 3x = x+ y+2 Với f ( t ) = t 3 + 3t ; f / ( t ) = 3t 2 + 3  0 , t  R  f ( t ) luôn đồng biến trên R ( 3) / x  0 x  0 Từ (3) và ( 3) suy ra : x = x + y + 2    /  x = x + y + 2  y = x − x − 2 2 2  x  0 ( 3)  Kết hợp với phương trình (1) ta được  y = x 2 − x − 2 ( 4 )  3  x + (1 − y ) x + x − y + 1 = 0 ( 5 ) 2 Thế (4) vào (5) được: x3 + (1 − x2 + x + 2) x2 + x − x2 + x + 2 + 1 = 0  x3 − x 4 + x3 + 3x 2 + x − x 2 + x + 3 = 0  − x4 + 2 x3 + 2 x2 + 2 x + 3 = 0  ( x + 1) ( − x3 + 3x2 − x + 3) = 0 x +1 = 0  x = −1 (lo¹ i)  3   − x + 3x − x + 3 = 0  x = 3 (nhËn) 2 • Với x = 3 thay vào (4) được y = 32 − 3 − 2 = 4 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: ( x ;y) = (3;4) Cách 2: Điều kiện: x + y + 2  0 Phương trình (1)  x3 + x 2 − yx 2 + x − y + 1 = 0  x 2 ( x + 1 − y ) + x + 1 − y = 0 15
 ( x + 1 − y ) ( x2 + 1) = 0  x + 1 − y = 0  y = x + 1 Thế vào phương trình (2) ta được: x3 − ( 2 x + 6 ) 2 x + 3 + 3x = 0  x3 + 3x = ( 2 x + 6 ) 2 x + 3 ( ) 2x + 3 + 3 2x + 3  f ( x) = f ( ) 3  x3 + 3x = 2x + 3  −3   −3  ; +  có: f / ( t ) = 3t 2 + 3  0 , t   ; +   f ( t ) là hàm Với f ( t ) = t 3 + 3t ; t   2  2   3  số luôn đồng biến trên  − ; +  . Do đó ta có:  2  x  0 x  0 x  0  x = 2x + 3   2  2    x = −1  x = 3 x = 2x + 3 x − 2x − 3 = 0  x = 3  Với x = 3  y = 4 (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y) = (3;4). Nhận xét: Qua ví dụ trên ta thấy phương pháp sử dụng hàm số đặc trưng trong giải hệ phương trình không phải lúc nào phương trình cần biến đổi cũng đưa được về dạng đa thức chứa biến x và đa thức chứa biến y có cấu trúc giống nhau. Mà trong một số trường hợp ta gặp dạng toán phải biến đổi về dạng đa thức chứa biến x và y có cấu trúc giống với đa thức chứa biến x hoặc y. So sánh hai cách giải đã trình bày ở trên ta thấy hai cách làm trên ngang nhau. Đều làm cho bài toán trở nên đơn giản, nhẹ nhàng. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y (1)   2 1 x + y − x + y = 2 ( 2)  2 Phân tích bài toán: Quan sát phương trình (1) có chứa hai biến x,y đồng bậc, đồng thời chúng đã được cô lập về hai vế của phương trình nên ta nghĩ ngay đến việc biến đổi phươngtrình (1) để xuất hiện hình ảnh hàm số đặc trưng. Tìm điều kiện để có miền xác định cho hàm số đặc trưng. Ở đây ta thấy hệ phương trình không chứa căn, không chứa mẫu nên không có điều kiện thông thường do đó ta tìm điều kiện kéo theo bằng cách quan sát thấy phương trình (2) x,y đồng bậc 2 nên lần lượt coi x,y là ẩn. Sau đó tìm điều kiện để phương trình có nghiệm. Giải Xét phương trình (2)  2 x + 2 y − 2 x + 2 y = 1  2 x 2 + 2 y 2 − 2 x + 2 y − 1 = 0 2 2 16
+ Coi x là ẩn ta có phương trình bậc hai như sau: 2 x 2 − 2 x + ( 2 y 2 + 2 y − 1) = 0 Điều kiện để phương trình có nghiệm ẩn x là  /  0 −3  ( −1) − 2 ( 2 y 2 + 2 y − 1)  0  −4 y 2 − 4 y + 3  0  1  y 2 2 2 + Coi y là ẩn ta có phương trình bậc hai như sau: 2 y 2 + 2 y + ( 2 x 2 − 2 x − 1) = 0 Điều kiện để phương trình có nghiệm ẩn y là  /  0 −1 ( )  12 − 2 2 x 2 − 2 x − 1  0  −4 x 2 + 4 x + 3  0  2  x 3 2  −1 3  2  x  2 Vậy điều kiện của hệ phương trình là:   −3  y  1  2 2 (1)  ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1) ( 3) 3 3  −3 3  Xét hàm số đặc trưng : f ( t ) = t 3 − 12t , t   ;  2 2   −3 3   −3 3  Khi đó: f / ( t ) = 3t 2 − 12  0, t   ;  . Nên hàm số f ( t ) đồng biến trên  ;   2 2  2 2 Do đó ( 3)  f ( x − 1) = f ( y + 1)  x − 1 = y + 1  y = x − 2 (*) . Thay vào phương trình  1 ( tháam· n) x = 2 (2) thu được 4 x − 8 x + 3 = 0   2 x = 3  2 ( tháam· n) 3 −1 Từ x = thế vào (*) được y = 2 2 1 −3 Từ x = thế vào (*) được y = 2 2  3 −1   1 −3  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt là nghiệm ( x ,y)=  ;  ,  ;  2 2  2 2  Nhận xét: Ta thấy hàm số f ( t ) = t 3 − 12t không đơn điệu một chiều trên toàn tập nên việc tìm điều kiện chặt hơn đối với t là việc bắt buộc phải có, giúp ta kiểm soát được bài toán. Ngoài cách giải theo phương pháp hàm số đặc trưng ta có thể thấy hệ phương trình ban đầu có các đa thức chứa x, y có cấu trúc tương đối giống nhau nên có thể nghĩ đến phương pháp phân tích thành các hằng đẳng thức để đặt ẩn phụ. Cụ thể như sau: 17
 x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y (1)   2 1 x + y − x + y = 2 ( 2)  2 ( x − y )3 + 3xy ( x − y ) − 3 ( x − y )2 + 2 xy  − 9 ( x − y ) + 22 = 0     1 ( x − y ) + 2 xy − ( x − y ) = 2  2 Đặt x – y =a và x.y = b thay vào hệ phương trình đã phân tích trên ta được 3 a = 2; b = sau đó tìm tiếp x và y. 4 So sánh hai cách làm ta thấy lời giải bài toán theo phương pháp hàm số đặc trưng vẫn hay hơn, dễ hiểu hơn, vì dựa vào đặc điểm nhận dạng đã nêu các em đón đầu bài toán hàm số đặc trưng có dạng : f ( t ) = mt 3 + nt , làm việc tính toán trở nên nhanh chóng, đỡ mắt thời gian. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau :  x 3 − y 3 − 3 ( 2 x 2 − y 2 + 2 y ) + 15 x − 10 = 0 (1)  2 với x, y  R  x + y − 5 + 3 y − 3 x − 6 y + 13 = 0 (2) 2 Phân tích bài toán: Dựa vào đặc điểm nhận dạng đã nêu ta thấy phương trình (1) có x,y độc lập và đồng bậc 3 nên chuyển x,y về hai vế khác nhau như đã làm ở các ví dụ trước, sau đó biến đổi về hàm đặc trưng f ( t ) = t 3 + 3t Giải Cách 1 : Điều kiện :  x2 + y − 5  0  y  0 3x 2 − 6 y + 13  0  (1)  ( x − 2) + 3( x − 2) = ( y − 1) + 3( y − 1)  f ( x − 2 ) = f ( y − 1) (*) 3 3 Xét hàm số đặc trưng : f ( t ) = t 3 + 3t , t  R Ta có : f / ( t ) = 3t 2 + 3  0, t  R Nên hàm số f ( t ) đồng biến trên R . Do đó : (*)  x − 2 = y − 1  y = x − 1 . Thay vào phương trình (2) ta được : x2 + x − 6 + 3 x − 1 − 3x2 − 6 x + 19 = 0 (3) Điều kiện: x  2 . Khi đó : 18
( 3)  x 2 + x − 6 + 3 x − 1 = 3x 2 − 6 x + 19  3 x − 1. x 2 + x − 6 = x 2 − 8 x + 17  3 ( x − 1)( x − 2 )( x + 3) = x 2 − 8 x + 17  3 x − 2. x 2 + 2 x − 3 = ( x 2 + 2 x − 3) − 10 ( x − 2 )  x−2  x−2  10  2 +3 2 −1 = 0  x + 2x − 3  x + 2x − 3  x−2 1  2 = x + 2x − 3 5   x−2 −1  2 = ( v«nghiÖmdovÕph¶i  0)  x + 2x − 3 2  23 + 341  x= (tháam· n) x−2 1 2 Xét: =  x 2 − 23x + 47 = 0   x + 2x − 3 5 2  23 − 341 x = (tháam· n)  2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là :  23 + 341 21 + 341   23 − 341 21 − 341  ( x; y ) =  ; ; ;   2 2   2 2   x2 + y − 5  0  Cách 2: Điều kiện  y  0 3x 2 − 6 y + 13  0  (1)  ( x − 2 ) + 3 ( x − 2 ) = ( y − 1) + 3 ( y − 1) 3 3  ( x − 2 ) − ( y − 1)  + 3 ( x − 2 ) − ( y − 1)  = 0 3 3    ( x − 2 ) − ( y − 1)  ( x − 2 ) + ( x − 2 )( y − 1) + ( y − 1)  + 3 ( x − 2 ) − ( y − 1) = 0 2 2    ( x − y − 1) ( x − 2 ) + ( x − 2 )( y − 1) + ( y − 1) + 3 = 0  x − y − 1 = 0 2 2    y = x −1 Thay y = x-1 vào phương trình (2) ta được: Điều kiện: x  2 . Khi đó : ( 3)  x 2 + x − 6 + 3 x − 1 = 3x 2 − 6 x + 19  3 x − 1. x 2 + x − 6 = x 2 − 8 x + 17  3 ( x − 1)( x − 2 )( x + 3) = x 2 − 8 x + 17  3 x − 2. x 2 + 2 x − 3 = ( x 2 + 2 x − 3) − 10 ( x − 2 )  x−2  x−2  10  2 +3 2 −1 = 0  x + 2x − 3  x + 2x − 3 19