SKKN: Sử dụng liên hợp giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:29

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tài “Sử dụng liên hợp giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ” giúp các em học sinh có thêm kĩ năng biến đổi, giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ để bước vào các kì thi đạt được kết quả tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Sử dụng liên hợp giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ

MỤC LỤC ĐỀ MỤC TRANG Mục lục 1 1. Lời giới thiệu 2 2. Tên sáng kiến. 2 3. Tác giả sáng kiến. 2 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến. 2 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến. 2 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử. 2 7. Mô tả bản chất sáng kiến. 3-28 8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có). 29 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến. 29 10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp 29 dụng sáng kiến. 11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử 29 hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu. 1
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu: Trong chương trình toán phổ thông, phương trình-hệ phương trình vô tỷ là một nội dung quan trọng, thường có trong các đề thi học sinh giỏi các cấp. Phương trình và hệ phương trình vô tỷ có nhiều dạng với nhiều cách biến đổi khác nhau nên có thể gây khó khăn trong việc giải phương trình. Chính vì thế đây cũng là một nội dung đòi hỏi học sinh phải có tư duy, biến đổi, lựa chọn phương pháp hợp lí để tìm lời giải tốt nhất. Có nhiều sách viết về phương trình- hệ phương trình vô tỷ cũng như các phương pháp để giải chúng. Trong các phương pháp đó có phương pháp liên hợp, tuy nhiên ví dụ đưa ra và lượng bài tập về phương pháp đó còn hạn chế, nên vẫn thường gây lúng túng cho không ít bộ phận học sinh. Nhận thức được điều này, tôi đã chọn đề tài “Sử dụng liên hợp giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình. Qua đề tài này, hi vọng sẽ giúp các em học sinh có thêm kĩ năng biến đổi, giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ để bước vào các kì thi đạt được kết quả tốt hơn. 2. Tên sáng kiến: Sử dụng liên hợp giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ 3. Tác giả sáng kiến: - Họ và tên: Trần Thị Hằng - Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Viết Xuân–Vĩnh Tường–Vĩnh Phúc - Số điện thoại: 0973709626 E_mail: Tranthihang.gvnguyenvietxuan@vinhphuc.edu.vn 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trần Thị Hằng 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy cho học sinh THPT lớp 10A2, học sinh giỏi. 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 04 năm 2016 và tháng 04 năm 2017, tháng 01 năm 2019. 2
7. Mô tả bản chất của sáng kiến: Để giúp các em có được một cách nhìn, một cách biến đổi các bài phương trình- hệ phương trình vô tỷ giải bằng phương pháp liên hợp. Nêu phương pháp, cách nhận dạng phương trình vô tỷ giải được bằng liên hợp, lấy ví dụ, hướng dẫn cho học sinh luyện tập và theo dõi kĩ năng biến đổi giải phương trình vô tỷ của học sinh. Sử dụng máy tính casio để biết được 01 nghiệm của phương trình. 7.1. Ý tưởng của phương pháp. Đối với dạng toán loại này, cần phải nhẩm được nghiệm của phương trình (việc nhẩm nghiệm dựa trên máy tính casio 570VN PLUS,…), sau đó phân tích khéo léo để liên hợp cho thích hợp. 7.2. Một số công thức thường dùng. Biểu thức Biểu thức liên hợp Tích A B A B A B A B A B A B 3 A3 B 3 A2  3 A 3 B  3 B 2 A B 3 A 3 B 3 A2  3 A 3 B  3 B 2 A B Chú ý: Khi nhân với biểu thức liên hợp thì biểu thức đó phải khác 0. 7.3. Một số ví dụ minh họa. 7.3.1 Một số ví dụ về phương trình vô tỷ Ví dụ 1: Giải phương trình x  2  4  x  2 x 2  5 x  1 (1) Lời giải: Điều kiện 2  x  4. Khi đó PT (1)  x  2  1  4  x  1  2 x 2  5 x  3 x3 x3    ( x  3)(2 x  1) x  2 1 4  x 1 x  3  1 1    2 x  1 (1.1)  x  2  1 4  x 1 3
1 1 Nhận xét   2, x  [2;4] và 2 x  1  5 x  [2;4] . x  2 1 4  x 1 Do đó phương trình (1.1) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3. Ví dụ 2: Giải phương trình 3x  1  6  x  3x 2  14 x  8  0. (2) (KB-2010) Lời giải: 1 Điều kiện   x  6. Khi đó 3 PT (2)  ( 3 x  1  4)  ( 6  x  1)  3 x 2  14 x  5  0. 3x  15 x5    (3x  1)( x  5)  0. 3x  1  4 3x  1  1 x  5  3 1    3 x  1  0 (2.2)  3 x  1  4 3x  1  1 3 1 1 Nhận xét   3x  1  0, x  [- ;6]. 3x  1  4 3x  1  1 3 Do đó phương trình (2.2) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5 . Ví dụ 3: Giải phương trình 3 3 x 2  x 2  8  2  x2  15 (3) Lời giải: Ta dự đoán được nghiệm x  1 , và ta viết lại phương trình như sau:  3  3 3 x 2  1     x2  8  3  x 2  15  4  3  x 2  1 x2  1 x2  1    3 x4  3 x2  1 x2  8  3 x 2  15  4  x2  1   1 1 1    3 x 4  3 x 2  1 x2  8  3 x 2  15  4 Mặt khác, ta có: 1 1 x 2  15  x 2  8  x 2  15  4  x 2  8  3   x 2  15  4 x2  8  3 Nên phương trình thức hai vô nghiệm. 4
Vậy (3) có 2 nghiệm x  1, x  1 . Ví dụ 4: Giải phương trình sau 3x 2  5 x  1  x2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4 (4) Lời giải: Ý tưởng: Trước hết, kiểm tra ta thấy được rằng phương trình đã cho có một nghiệm x  2 nên ta sẽ cố gắng đưa phương trình trên về phương trình tích xuất hiện nhân tử  x  2  . Ta có nhận xét rằng:         3 x 2  5 x  1  3 x 2  3 x  3  2  x  2  và x 2  2  x 2  3 x  4  3  x  2  Ta đi đến lời giải như sau: (4)  3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  x 2  2  x 2  3 x  4 2 x  4 3x  6   3x 2  5 x  1  3 x 2  x  1 x 2  2  x 2  3x  4   2 3   x  2   0  3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1 x  2  x  3x  4  2 2   Mặt khác, ta có: 2 3  > 0 với mọi x thỏa mãn ĐKXĐ 2  2 3x  5 x  1  3 x  x  1  x 2  2  x 2  3 x  4 Vậy phương trình (4) có một nghiệm duy nhất x = 2. Ví dụ 5: Giải phương trình 2 x 2  7 x  10  x  x 2  12 x  20 (5) Lời giải: Cũng bằng cách kiểm tra, ta thấy pt (5) nhận x = 1 làm một nghiệm nên ta có thể đưa phương trình (5) về dạng phương trình tích xuất hiện nhân tử  x  1 . Ta viết lại như sau:  5  2  x 2  7 x  10   x  1   x 2  12 x  20   x  2  (*) Để ý rằng hai phương trình x 2  7 x  10   x  1  0 và x 2  12 x  20   x  2   0 vô nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (*) ta có: 18  x  1 16  x  1  x 2  7 x  10  x  1 x 2  12 x  20  x  2 5
x 1  9 8   (**)  x 2  7 x  10  x  1 2 x  12 x  20  x  2 Phương trình (**)  8 x 2  7 x  10  9 x 2  12 x  20  x  10 Đến đây ta có hai hướng giải quyết: Hướng 1: bình phương hai vế… Hướng 2: kết hợp với pt (5) ta có hệ sau 8 x 2  7 x  10  9 x 2  12 x  20  x  10  2 x 2  7 x  10  x 2  12 x  20  x Lấy phương trình thứ nhất trừ đi 9 lần phương trình thứ hai, ta thu được:  5  x  15  5 5 5 x 2  7 x  10  4 x  5   4  x  x 2  15 x  25  0 2  15  5 5 Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm x  1, x  . 2 Ví dụ 6. Giải phương trình x 2  12  5  3x  x 2  5 (6) . Phân tích. Ta tìm số x  R sao cho x 2  12, x 2  5 là các số chính phương thỏa mãn phương trình. Nhận thấy x  2 thỏa mãn. Lời giải Điều kiện x  R . Khi đó PT (6)  x 2  12  x 2  5  3x  5 5 Nhận xét x là nghiệm phương trình thì x  . 3 5 Xét với x  , ta có 3 PT (6)  x 2  12  4  x 2  5  3  3( x  2) x2  4 x2  4    3( x  2) x 2  12  4 x2  5  3 6
x  2  x2 x2    3 (6.2)  x 2  12  4 x2  5  3 x2 5 x2 5 Nhận xét  1, x  và  3  3, x  . x 2  12  4 3 x2  5  3 3 Do đó phương trình (6.2) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x  2 . 3 3 Ví dụ 7. Giải phương trình 42 x  x2  2 x  4 2 x2  2 x  4 x 4 . (7) (Khối D -2010) Lời giải. Điều kiện x  2 . Khi đó 3 PT (7)  (42 x  16).(22 x  2  2 x  2 )  0  42 x  16  0 (7.1)   2 x2 3 2  2 x  2  0 (7.2) PT (7.1)  2 x  2  x  1 . PT (7.2)  2 x  2  x3  4.  2 x  2  4  x3  8 2( x  2)   ( x  2)( x 2  2 x  4) x24 x  2  2   x 2  2 x  4 (7.3)  x  2  4 2 Nhận xét  1, x  2 và x 2  2 x  4  ( x  1) 2  3  3. x24 Do đó phương trình (7.3) vô nghiệm. Vậy phương trình (7) có hai nghiệm x  1 và x  2. Ví dụ 8. Giải phương trình 3 x 2  4  x  1  2 x  3. (8) Phân tích. Nhận thấy x  2 là nghiệm phương trình. Lời giải Điều kiện: x  1 . Khi đó PT (8)  3 x 2  4  2  x  1  1  2( x  2) 7
x2  4 x2    2( x  2) 3 ( x  4) 2  2 3 x 2  4  4 x 1  1 x  2   x2 1 2 2   2. (*)  3 ( x  4)  2 3 x  4  4 x 1 1 x2 1 Nhận xét  1, x  1 và  2  2, x  1. 3 ( x  4) 2  2 3 x 2  4  4 x 1 1 Do đó Phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 . Ví dụ 9: Giải phương trình 3x 2  7 x  3  x 2  2  3x 2  5 x  1  x 2  3x  4 Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với 3 x 2  5 x  1  3 x 2  7 x  3  x 2  2  x 2  3x  4  0 Bằng cách nhân liên hợp, ta có:  2 3   x  2  2 2  2 2   0.  3x  5 x  1  3x  7 x  3 x  2  x  3x  4  2 3 Do  nên phương trình có 3x 2  5 x  1  3x 2  7 x  3 x 2  2  x 2  3x  4 nghiệm duy nhất x = 2. Ví dụ 10: Giải phương trình 5 x  1  3 9  x  2 x 2  3x  1 Lời giải: Điều kiện: x  1 . 5 Phương trình đã cho tương đương với: 5 x  1  2  3 9  x  2  2 x 2  3x  5 5  x  1 1 x   2   x  1 2 x  5  5x  1  2 3   3 9 x 2 9 x 4    5 1 0   x  1  2 x  5   2   5x  1  2  3  9  x  23 9  x  4  8
  5 5x  1  5 1   x  1  2 x   0  2   5x  1  2  3  9  x  23 9  x  4  Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1. 3 2 Ví dụ 11: Giải phương trình x  3 x  1  8  3 x Lời giải: 2 6 2 6 Điều kiện:  x 3 3 Ta sẽ dùng chức năng Shift Solve để tìm ra 2 nghiệm của phương trình là: x1  0,6180339887...; x2  1,618033989... sau đó gán hai nghiệm này vào hai biến A và B. Bây giờ ta sẽ thử tìm xem A và B có mối quan hệ gì với nhau hay không bằng cách tình A + B và AB, ta thu được kết quả sau: A  B  1, AB  1 . Điều đó đã chứng tỏ A, B là hai nghiệm của phương trình: X 2  X  1  0 Và từ đây, ta có thể dự đoán được x 2  x  1 chính là nhân tử của phương trình đã cho sau khi nhân lượng liên hợp. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 3 x2  x  1 x  2x  1  4 0 8  3x 2  2  x  4    x 2  x  1  x  1  0 2  8  3x  2  x  2 3 x Xét f  x   8  3 x  2  x ta có: f '  x   1 2 8  3x 3 x 21  f '( x )  0  1 x   8  3x2 32 Ta có bảng biến thiên: 9
64 6 2 6 64 6  f  x  kết hợp với x   0  f  x  3 3 3 4 4 2 6 4  x 1  x 1  1 0 8  3x2  2  x f  x 3 64 6 3 2 1 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  x  1  0  x  . 2 Ví dụ 12. Giải phương trình 3 x 2  1  x  x 3  2 (*) Phân tích. Nhận thấy x  3 là nghiệm phương trình. Lời giải Điều kiện x  3 2. Khi đó PT (*)  ( 3 x 2  1  2)  ( x  3)  x3  2  5 x2  9 x 3  27   x 3 3 3 ( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4 x 2 5 x  3   x3 x 2  3x  9 1  3 (**)  3 ( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4 x 2 5 Nhận xét x3 x3 x 2  3x  9 1 2 2 3 2 1 3 2 2 2 3 , x  3 2 . 3 ( x  1)  2 x  1  4 ( x  1  1)  3 x 2 5 Do đó phương trình (**) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x  3 . Ví dụ 13. Giải phương trình x 2  x  1  ( x  2) x 2  2 x  2 (*) Phân tích. Trong phương trình này ta x 2  2 x  2  ( x  1) 2  1 là số nguyên thì x  0, x  2 . Nhưng các giá trị đó không là nghiệm của phương trình. Nhận thấy x  2 không là x2  x  1 nghiệm phương trình. PT (*)   x 2  2 x  2 . Ta thêm hai vế phương trình x2 một biểu thức ax  b được x2  x  1  (ax  b)  x 2  2 x  2  (ax  b) x2 10
(1  a) x 2  (1  2a  b) x  (1  2b) (1  a 2 ) x 2  2(1  ab) x  2  b 2   x2 x 2  2 x  2  (ax  b) 1  a 2 2(1  ab) 2  b2 Ta chọn a, b sao cho   suy ra a  0, b  3 . 1  a 1  2a  b (1  2b) Lời giải Điều kiện x  R . Nhận xét x  2 không là nghiệm phương trình. Xét với x  2 , ta được x2  x  1 PT (*)   x2  2 x  2 x2 2 x  x 1   3  x2  2x  2  3 x2 2 x  2x  7 x2  2x  7   x2 x2  2x  2  3  x2  2x  7  0 (1)  1 1   (2)  x  2 x2  2x  2  3 x 1 2 2 PT (1)    x  1  2 2 PT (2)  ( x  1) 2  1  x  1 (vô nghiệm). Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x  1  2 2, x  1  2 2. Ví dụ 14. Giải phương trình x 3  6 x 2  2 x  3  (5 x  1) x 3  3 (*) Phân tích 1 x3  6 x2  2 x  3 Nhận thấy x  không là nghiệm phương trình. PT (*)   x 3  3 , ta 5 5x  1 3 2 x  6x  2x  3 bớt hai vế biểu thức ax  b được  (ax  b)  x 3  3  (ax  b) . Bằng 5x  1 cách tương tự, chọn được a  2, b  0 . Lời giải Điều kiện x   3 3 . 1 Nhận xét x  không là nghiệm phương trình. 5 11
x   3 3  Xét với  1 , ta có  x   5 x  6 x2  2x  3 3 PT (*)   x3  3 5x  1 x  6x2  2x  3 3   2 x  x3  3  2 x 5x  1 x  4x2  3 3   x3  3  2 x 5x  1  x3  3  2 x  0 (1)   x3  3  2 x  5 x  1 (2) x  0    x  1  3  21 x  0   x PT (1)   3 2   3  21   2  x  4 x  3  0  x  2  x  1   3  21   x  2  1  x   1 2  x 1 x   PT (2)   2   x  1  .  x 3  9 x 2  6 x  2  0   x  4  3 2  x  4  3 2    x  4  3 2 3  21 Vậy phương trình có ba nghiệm x  1, x  , x  4  3 2. 2 Ví dụ 15: Giải phương trình 3  x  2  x  x3  x 2  4 x  4  x  x  1 Lời giải: Điều kiện: 2  x  3 . Phương trình đã cho tương đương với:  3  x  x 1     2  x  x  x3  x2  4 x  4  x2  x  2  x2  x  2     x  2  x  1 x  2  3  x  x 1 2 x  x 12
 1 1    2  x  x  1     x  2  0  3  x  x  1 2 x  x   x  1  . x  2 - Với bài này, việc xuất hiện thêm các đa thức chứa trị tuyệt đối tưởng chừng như sẽ gây cho ta thêm khó khăn trong việc giải quyết. Nhưng nhờ sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp, bài toán đã được giải quyết nhanh chóng! Khi ấy, ta chỉ cần chuyển các lượng trên về đúng vị trí và sử dụng pp nhân liên hợp là đủ. Sau đây là một số bài toán khác: x3 Ví dụ 16: Giải phương trình 3 x2  1  x  3  x  1  x   5. x2  6 Lời giải: Điều kiện: x  3 Phương trình đã cho tương đương với: x3  3  x2  1  2  x  3    x  1  2   x  3  x2  6 2 x2  1  8 x 1 4 15  x  2 x 2   x3    x  3  2 x  1  2 x2  6   3 x2  1  2 3 2 x  1  4   x  3  x  3 x 3 x  3  2 x  5   x  3  1  x 3  0 2 x 1  2 x2  6  3  x  1  2 x  1  4 2 3 2   x  3. Ví dụ 17. Giải phương trình 2 x  1  2 x  3  x  3  x  1 (1) Phân tích. Ta thấy (2 x  1)  ( x  3)  (2 x  3)  ( x  1) Lời giải 3 Điều kiện x  . Khi đó 2 PT (1)  2 x  1  x  3  x  1  2 x  3 x2 2 x   2x  1  x  3 x  1  2x  3 13
x  2  1 1   (1.1)  2 x  1  x  3 x  1  2x  3 Nhận xét phương trình (1.1) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2. Ví dụ 18. Giải phương trình 9( 4 x  1  3 x  2)  x  3 (1) Phân tích (4 x  1)  (3 x  2)  x  3 Lời giải 2 Điều kiện x  . Khi đó 3 9( x  3) PT (1)   x3 4 x  1  3x  2  4 x  1  3x  2  9 2 Xét hàm số y  f ( x)  4 x  1  3 x  2 trên [ ; ) . 3 2 1 2 Đạo hàm y '  f '( x)    0 , x  ( ; ). 4 x  1 2 3x  2 3 2 Do đó y  f ( x) đồng biến trên [ ; ) . Mà f (6)  9 nên 3 4 x  1  3x  2  9  x  6 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  6. 6x  4 Ví dụ 19. Giải phương trình 2x  4  2 2  x  (1) x2  4 Phân tích (2 x  4)  4(2  x)  6 x  4 . Lời giải Điều kiện 2  x  2. Khi đó 6x  4 6x  4 PT (1)   2x  4  2 2  x x2  4  2 x   3   2 x  4  2 2  x  x 2  4 (*) PT (*)  2 x  4  2 2  x  x 2  4  4 2x  4 2  x  x2  2x  8 14
 4 2 x  4 2  x  ( x  2)( x  4)  2  x .[4 2 x  4  ( x  4)]  0 x  2   4 2 x  4  2  x ( x  4)  0 * Nhận xét phương trình (*) vô nghiệm. 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  . 3 Ví dụ 20. Giải phương trình sau 2 x 2  3x  5  2 x 2  3 x  5  3 x (1) 2 2 Phân tích (2 x  3x  5)  (2 x  3x  5)  6 x . Lời giải Điều kiện x  R . Nhận xét x là nghiệm phương trình thì x  0 . Xét với x  0 , ta có 2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5 . PT (1)  6 x  3x( 2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5) PT (1)  2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5  2 . Kết hợp với PT(1) ta được  2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5  2  . 2 2  2 x  3 x  5  2 x  3 x  5  3 x Suy ra 2 2 x 2  3 x  5  3 x  2  4(2 x 2  3x  5)  (3x  2)2 (do x  0 )  x  4 (loai)  .  x  4 Thử lại x  4 thỏa mãn phương trình (1). 7.3.2 Một số ví dụ về hệ phương trình vô tỷ.  x  1  y  1  4 Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình   x, y    (1)  x  6  y  4  6 Phân tích ( x  6)  ( x  1)  ( y  4)  ( y  1) . Từ đó ta đưa hệ đã cho về hệ đối xứng. Lời giải  x  1 Điều kiện  . Khi đó  y  1 15
 x  6  x  1  y  4  y  1  10 HPT (1)    x  6  x  1  y  4  y  1  2  x  6  x  1  y  4  y  1  10   5 5 .  x  6  x 1   2  y  4  y 1  x  6  x  1  a Đặt  a  0, b  0 .  y  4  y  1  b a  b  10  a  b  10 a  5 Hệ trở thành  5 5   .   a b  2  ab  25 b  5  x  6  x  1  5 Khi đó  .  y  4  y  1  5 Xét hàm số y  f (t )  t  4  t  1 với t [1; ) . Hàm số y  f (t ) đồng biến [1; ) . Mà f (5)  5 , do đó  x  6  x  1  5  f ( x  2)  5  x  3    .  y  4  y  1  5  f ( y )  5  y  5 x  3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  . y  5  x  y  1  1  4( x  y ) 2  3. x  y (1)  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  3  x, y    2 x  y  (2)  2 Phân tích 3( x  y )  ( x  y  1)  2( x  y )  1 và 4( x  y ) 2  1  [2( x  y )  1].[2( x  y )  1] . Khi đó ta sẽ có nhân tử chung. Lời giải Điều kiện x  y  0 . Khi đó PT (1)  4( x  y ) 2  1  3( x  y )  x  y  1  0 16
2( x  y )  1  4( x  y ) 2  1  0 3( x  y )  x  y  1  2( x  y )  1  1  2( x  y )  1  0  3( x  y )  x  y  1 1  x y . 2  1  2  x  y   x  2 3 Kết hợp với (2) ta có :   . 2 x  y  3 y   1  2  6 2 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    ;   . 3 6 33 x 2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0 (1) Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình  2  x, y     x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x ) (2) Phân tích: Ta thấy ( x  y )  y  x  2 y và ( 2 y  x )( 2 y  x )  2 y  x . Từ đó ta biến đổi làm xuất hiện nhân tử chung. Lời giải Điều kiện x  y  0 . Nhận xét x  y  0 là nghiệm của hệ. Xét với x  y  0, ta có PT (2)  x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x ) 2 x  2y   (2 y  x)( 2 y  x ) x y  y x  2y  0  1  x  2y .   ( 2 y  x )  0  x  y  y Thế x  2 y vào PT(1) ta được 32 x  5.6 x  4.22 x  0 17
 3 x 3 2x 3 x ( 2 )  1  ( )  5.( )  4  0   2 2 ( 3 ) x  4  2  x  log 3 4 (do x  0 ). 2  x  log 3 4  2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  .  y  log 3 2  2  xy  ( x  y )( xy  2)  x  y  y 1  Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình:     x, y    . ( x  1)( y  xy  x  x 2 )  4  2 Lời giải:  x; y  0 - Điều kiện :   xy  ( x  y )( xy  2)  0 - PT (1)  xy  ( x  y )( xy  2)  y  ( x  y )  0 ( x  y )( y  xy  2) x y   0 xy  ( x  y )( xy  2)  y x y  y  xy  2 1   ( x  y)     0 (3)  xy  ( x  y )( xy  2)  y x y   4  4  - Từ PT (2) ta có y  xy  x 2  x   ( x  1) 2   x  1  2 2 x 1  x 1  y  xy  2 1   0 xy  ( x  y )( xy  2)  y x y 1  17 - PT (3)  x  y , thay vào PT (2) ta được : x3  2 x 2  3 x  4  0  x  1 hoặc x  2 1  17 - Kết hợp với điều kiện ta có x  1 , x  2  1  17 1  17  - Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 1);  ; .  2 2   x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2 1 Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình:  2  x, y   . 4 x  2  163 y  x  8  2 18
Lời giải: 16 ĐKXĐ: x  2 và y  . 3 Từ phương trình (1) suy ra y  x  2 thế vào phương trình (2) ta được: 4 x  2  22  3x  8  x 2 Đây là một phương trình vô tỷ không hẳn là dễ xơi, tuy nhiên dùng máy tính casio fx 570 VN PLUS ta biết được hai nghiệm của phương trình đó là: -1 và 2. Do đó sau khi nhân lượng liên hợp ta sẽ có được nhân tử chung là: x 2  x  2 . Vậy phương trình trên tương đương với phương trình:  x4  14  x  2 4 x  2     22  3x   x x2  3   3     4 1    x  x  2  1  2  0  9  x  2  x  4  9  22  3x  14  x          3   3   Từ đó thu được nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  x; y    2;0  ,  1; 3 . 8  x  y   3 xy  x 2  2 y 2 1 Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình:  2 2  x, y    . 4 x  2  3 y  2 x  y  5  2  Lời giải: ĐKXĐ: x  2, y  3. Từ phương trình (1) ta biến đổi được y   x thế vào phương trình (2) ta được phương trình: 4 x  2  x  3  x 2  5 . Nhẩm nghiệm của phương trình ta được nghiệm là 1 và -2 do đó sau khi nhân lượng liên hợp sẽ xuất hiện nhân tử chung là: 2  x  x 2 . Khi đó:    4 1  4 x  2  x  3  x2  5   2  x  x2     9  0 4 x x5  x2  3 x    3 3  Và vì thế ta sẽ thu được nghiệm của hệ phương trình là:  x; y   1; 1 ,  2;2  . Qua những ví dụ trên đã phần nào minh họa được cách sử dụng liên hợp vào giải phương trình- hệ phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, chúng ta thấy rằng sau khi liên hợp trong giải phương trình hoặc hệ phương trình vô tỷ thì việc xử lý phương trình còn lại đối với học sinh vẫn còn tương đối khó khăn. Do đó, để làm tốt được phương trình còn lại sau khi 19
liên hợp học sinh cần phải chứng minh được phương trình còn lại đó vô nghiệm bằng cách đánh giá, sử dụng đạo hàm,…từ đó chỉ ra một vế của phương trình luôn dương và vế còn lại của phương trình luôn âm chẳng hạn, hoặc một vế của phương trình luôn lớn hơn một số M nào đó và vế kia của phương trình phải luôn nhỏ hơn số M đó. Sau đây chúng ta sẽ tìm hiểu phần 7.3.3 để thấy rằng việc xử lý phương trình còn lại sau khi liên hợp cũng không phải là quá khó. 7.3.3 Một số cách xử lý phương trình vô tỷ sau khi nhân lượng liên hợp. Phương pháp: - Làm càng chặt được miền nghiệm càng tốt. - Sử dụng bất đẳng thức, xét hàm số, chia khoảng, sử dụng hệ tạm,… Ví dụ 1. Giải phương trình 2 x  1  x 2  2 x  4+ x 2  5 (1) Lời giải: 2 Ta có 2 x  1  x 2  2 x  4+ x 2  5   x  1  3  x 2  5  3  5  x  1 Sử dụng máy tính Casio ta được nghiệm x  2. Khi đó, ta có: 1  x 2  2 x  4  x  x 2  5  x  1  0  1 1   4  2x 2  2 0  x  2x  4  x x  5  x 1 Do x  1 nên biểu thức trong dấu ngoặc luôn dương vì vậy phương trình trên chỉ có nghiệm duy nhất x  2. Việc làm chặt miền nghiệm cho ta cách đánh giá vô cùng dễ dàng, lời giải ngắn gọn đẹp 1 mắt. Nếu học sinh chỉ biết x  thì lời giải sẽ khó khăn hơn… 2 Ví dụ 2. Giải phương trình 8 x 3  13x 2  7 x   x  1 3 3x 2  2 (2) Lời giải: 1 Sử dụng máy tính Casio ta được nghiệm x  1; x  . Ta có 8  2  8x 3    15 x 2  6 x  1   x  1 2 x  1  3 3x 2  2  0    x 1    8 x  15 x  6 x  1 1  3 2 2   0 2    2 x  1   2 x  1 3 3x 2  2  3 3x 2  2     Nếu x  1  0  x  1 thì biểu thức trong dấu ngoặc luôn dương. 20