LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ LỜI GIẢI by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA SƯ PHẠM

----------

ƠN

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Nghành: Sư phạm Toán học Mã nghành: 52140209

Lớp: Sư phạm Toán K44

Người thực hiện:

KÈ

Người hướng dẫn:

DẠ Y

TS. Nguyễn Thanh Hùng

Lê Toàn Thắng MSSV: C1800395

Cần Thơ, 06/2021

Mục lục

Trang

Lời cảm ơn...................................................................................................................... 1 Lời mở đầu ..................................................................................................................... 2

1. Một số phương pháp giải phương trình chứa căn ............................................... 4 Phương pháp lũy thừa khử căn ..........................................................................4

1.2

Phương pháp nhân lượng liên hợp .....................................................................8

1.3

Phương pháp đặt ẩn phụ...................................................................................15

1.4

Phương pháp hàm số ........................................................................................24

1.5

Phương pháp đánh giá ......................................................................................29

1.6

Phương pháp lượng giác hóa ...........................................................................33

ƠN

1.1

2. Một số hệ phương trình cơ bản ........................................................................... 37 2.1

Hệ phương trình cơ bản ...................................................................................37 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ............................................................... 37

2.1.2

Hệ phương trình đối xứng .........................................................................37

2.1.3

Hệ phương trình đẳng cấp .........................................................................41

2.1.4

Hệ phương trình hoán vị ...........................................................................44

Phương pháp cơ bản .........................................................................................48

2.2

2.1.1

Phương pháp thế ........................................................................................48

2.2.2

Phương pháp cộng đại số ..........................................................................52

2.2.1

3. Một số phương pháp giải hệ phương trình ........................................................ 55 Phương pháp phân tích thành nhân tử ............................................................. 55

3.2

Phương pháp đặt ẩn phụ...................................................................................63

3.3

Phương pháp nhân lượng liên hợp ...................................................................70

3.1

Phương pháp hàm số ........................................................................................76

3.5

Phương pháp đánh giá ......................................................................................85

3.6

Phương pháp lượng giác hóa ...........................................................................95

KÈ

3.4

DẠ Y

Kết luận ........................................................................................................................ 99 Tài liệu tham khảo ..................................................................................................... 100

Lời cảm ơn

Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới TS. Nguyễn Thanh Hùng, người Thầy đã truyền cho tôi niềm say mê nghiên cứu Toán học. Thầy đã

tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình hoàn thiện luận văn .

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào Tạo, Khoa Sư Phạm, các Thầy Cô giáo đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành bài luận văn này . Mặc dù có nhiều cố gắng, nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các

Thầy Cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn .

DẠ Y

KÈ

ƠN

Xin chân thành cảm ơn !

Lời Mở đầu

1. Lý do chọn đề tài

Phương trình và hệ phương trình là một nội dung cổ điển và quan trọng của Toán

học. Ngay từ đầu, sự ra đời và phát triển của phương trình, hệ phương trình đã đặt dấu

ấn quan trọng trong Toán học. Chúng có sức hút mạnh mẽ đối với những người yêu Toán, luôn thôi thúc người làm Toán phải tìm tòi, sáng tạo. Bài toán về phương trình, hệ phương trình thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi, Olympic cũng như kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng. Phương trình, hệ phương trình được đánh giá là bài toán phân loại học sinh khá giỏi, nó đòi hỏi kỹ thuật xử lý nhanh và chính xác nhất. Là một giáo viên Trung học phổ thông, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về phương trình, hệ phương trình nhằm nâng cao chuyên môn, phục vụ cho quá trình giảng dạy và

ƠN

bồi dưỡng học sinh giỏi .

Với những lý do trên, tôi lựa chọn nghiên cứu đề tài “Một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình” làm luận văn tốt nghiệp của mình .

2. Mục đích và phạm vi nghiên cứu

Nghiên cứu các dấu hiệu để nhận biết một phương trình, hệ phương trình có thể giải được bằng phương pháp phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ, dùng hàm số, nhân lượng liên hơp, đánh giá,…

Đưa ra quy trình giải cho từng lớp bài toán, cùng với những ví dụ minh họa .

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Phương pháp phân tích thành nhân tử, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ, dùng hàm số, đánh giá, lượng giác hóa .

Phương trình, hệ phương trình thuộc chương trình phổ thông . 4. Phương pháp nghiên cứu

KÈ

Nghiên cứu tư liệu: Nghiên cứu qua các sách giáo khoa, sách tham khảo, tạp chí toán và các tài liệu trên internet .

DẠ Y

Phương pháp tiếp cận: Phân tích, tổng hợp, hệ thống các tài liệu sưu tầm để thực hiện luận văn . Trao đổi, thảo luận với người hướng dẫn và các chuyên gia .

5. Cấu trúc của luận văn Luận văn được chia làm 3 chương : 2

Chương 1: Một số phương pháp giải phương trình chứa căn

Chương 2: Một số hệ phương trình cơ bản

DẠ Y

KÈ

ƠN

Chương 3: Một số phương pháp giải hệ phương trình

Chương 1

Một số phương pháp giải phương trình chứa căn 1.1 Phương pháp lũy thừa khử căn

Dạng 2: Phương trình

 A  0 ( B  0) A= B  A= B 

 B0 A=B 2k A = B

 B0 Tổng quát: A=B 2 A = B

Dạng 1: Phương trình

A + B = C ( C  0 , C là hằng số , A  0, B  0 , bình phương 2 vế

Dạng 3:

đưa về dạng 1)

Dạng 4:

ƠN

 A0  B0  A+ B = C  C0   A + B + 2 AB = C 

A = B  A = B 2 k +1

Dạng 5:

A = B  A = B3 ;

Dang 6:

A + 3 B = 3 C  A + B + 3 3 A.B

(

)

A + 3 B = C (1)

A + 3 B = 3 C ta được phương trình: A + B + 3 3 A.B.C = C (2)

Và ta sử dụng phép thế:

2 k +1

(chuyển về dạng 1)

Chú ý: Phương trình (2) là phương trình hệ quả của phương trình (1) . Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà không có điều kiện cho 2 vế không âm là một phép biến đổi hệ quả. Sau khi tìm được nghiệm ta phải thử lại .

 B0 A2 = B   A =B

* Chú ý: Dạng

2 x − 3 + 3 = x (1)

KÈ

Ví dụ 1: Giải phương trình :

Giải:

DẠ Y

Phương trình (1)  2 x − 3 = x − 3 Điều kiện: x − 3  0  x  3 Phương trình (1)  2 x − 3 = ( x − 3)

 2 x − 3 = x2 − 6 x + 9

 x 2 − 8 x + 12 = 0

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 2, x = 6 . x2 − 6 x + 9 = x + 7

Ví dụ 2: Giải phương trình:

Giải: Nhận xét : x 2 − 6 x + 9 = ( x − 3)

x = 2  x = 6

Điều kiện : x + 7  0  x = −7

 x −3 = x +5  x    x = −1  x − 3 = − ( x + 5)

ƠN

Phương trình  x − 3 = x + 7  

Kết hợp với điều kiện  Phương trình có nghiệm là x = −1 .

x 2 − x − 4 = x − 1 (1)

Ví dụ 3: Giải phương trình:

Giải:

Điều kiện: x − 1  0  x  1

Phương trình (1)  x2 − x − 4 = x − 1

 x2 − 2 x − 3 = 0  x = −1   x=3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .

KÈ

Ví dụ 4: Giải phương trình:

2x −1 = x2 + 2x − 5 .

Giải:

DẠ Y

1  x  1   2 2x −1  0  x  2 x −1 = x2 + 2 x − 5   2   x=2 2   x = −2  x + 2x − 5 = 2x −1  x2 = 4     x = 2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2 .

Ví dụ 5: Giải phương trình:

x +1 + x + 4 = 3 5

Giải: x +1  0  x  −1 x + 4  0

Điều kiện : 

(

x +1 + x + 4

)

Phương trình đã cho tương đương với : 2

= 9  2 x + 5 + 2 x2 + 5x + 4 = 9  x2 + 5x + 4 = 2 − x

2− x  0   x2  2  x = 0 (thỏa mãn) 2   9 x = 0 x + 5 x + 4 = 2 − x ( )  

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 . x +1 + x + 4 = 3

Ví dụ 6: Giải phương trình:

x +1  0  x  −1 x + 4  0

Điều kiện: 

ƠN

Giải:

(

x +1 + x + 4

)

Phương trình đã cho tương đương với:

= 9  2 x + 5 + 2 x2 + 5x + 4 = 9  x2 + 5x + 4 = 2 − x

2− x  0   x2  2  x = 0 (thỏa mãn) 2   9 x = 0  x + 5 x + 4 = ( 2 − x )

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 . 3 − x − x + 1 = 3x + 7

Ví dụ 7: Giải phương trình:

Giải:

Điều kiện: −1  x  3 .

KÈ

Phương trình đã cho tương đương với :

DẠ Y

3 − x = x + 1 + 3 x + 7  3 − x = 4 x + 8 + 2 3 x 2 + 10 x + 7  −5 x − 5 = 2 3 x 2 + 10 x + 7

 x  −1  x +1  0  3   2    x =  x = −1 13 13x + 10 x − 3 = 0    x = −1

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = −1 .

Ví dụ 8: Giải phương trình:

3x − 4 = x − 2 6

Giải:

Lập phương 2 vế phương trình ta có :

3x − 4 = ( x − 2 )  x3 − 6 x 2 + 9 x − 4 = 0 3

 x =1 2  ( x − 1) ( x − 4 ) = 0   x = 4

2 x − 1 + 3 x − 1 = 3 3x − 2

Ví dụ 9: Giải phương trình:

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1; x = 4 .

( Cao Đẳng Hải Quan 1997)

Lập phương hai vế ta có :

ƠN

Giải:

2 x − 1 + x − 1 + 3 3 ( 2 x − 1)( x − 1)

(

)

2 x − 1 + 3 x − 1 = 3x − 2

 1   2x − 1 = 0 x = 2    3 3 ( 2 x − 1)( x − 1) 3 3 x − 2 = 0   x − 1 = 0   x = 1 3 x − 2 = 0  2  x = 3  

1 1 1 Thử lại: x = ; (1)  3 − = 3 − (thỏa) 2 2 2

2 1 1 x = ; (1)  3 + 3 − = 3 0 (thỏa) 3 3 3

KÈ

x = 1; (1)  3 1 = 3 1 (thỏa)

1 2

Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = ; x = 1; x =

DẠ Y

Ví dụ 10: Giải phương trình: 1 − 12 x + 36 x 2 = 5 Giải:



(1 − 6 x )

 1 − 6x = 5 7

2 . 3

2 ( nhận) 3

Th1: 1 − 6 x  0  x 

1 6

Th2: 1 − 6 x  0  x 

1  1 − 6 x = 5  6 x − 1 = 5  x = 1 (nhận) 6

 x=−

2 3

Vậy phương trình có nghiệm là x = − ; x = 1 .

1.2 Phương pháp nhân lượng liên hợp

Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp : + Khi ta gặp các bài toán giải phương trình dạng : n

f ( x) + m g ( x) + h ( x) = 0

ƠN

Mà không thể đưa về một ẩn, hoặc khi đưa về một ẩn thì tạo ra những phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích hoặc giải trực tiếp khó khăn .

+ Nhẩm được nghiệm của phương trình đó: bằng thủ công (hoặc sử dụng máy tính cầm tay) . Phương pháp:

Đặt điều kiện của phương trình (nếu có)

x2 + 3 + 3 = 2x2 + 7 + 2 x

Ví dụ: Đối với phương trình:

+ Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: Phương trình xác định với mọi x 

2 x2 + 7 =

x2 + 3 − 2 x2 + 7  0 ,

+ 3) + x 2 + 4  x 2 + 3

Để ý rằng:

KÈ

Do đó phương trình có nghiệm khi 2 x − 3  0  x 

3 2

• Nếu phương trình chỉ có một nghiệm x0 : Ta sẽ phân tích phương trình như sau: Viết lại phương trình thành :

DẠ Y

f ( x ) − n f ( x0 ) + m g ( x ) − m g ( x0 ) + h ( x ) − h ( x0 ) = 0

Sau đó nhân liên hợp cho từng cặp số hạng với chú ý : +

a−3b=

a −b 3

a + 3 ab + 3 b 2 2

a− b=

a −b a+ b

+ Nếu h ( x ) = 0 có nghiệm x = x0 thì ta luôn phân tích được h ( x ) = ( x − x0 ) g ( x )

Như vậy sau bước phân tích và rút nhân tử chung x − x0 thì phương trình ban  x − x0 = 0  A( x) = 0

đầu trở thành: ( x − x0 ) A ( x ) = 0  

Việc còn lại là dùng hàm số, bất đẳng thức hoặc những đánh giá cơ bản để kết

Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 + 11 = 3 x + 3 (1) Giải:

luận A ( x ) = 0 vô nghiệm .

ƠN

Chúng ta đoán (hoặc dùng lệnh SOLVE của máy tính ) và nhận thấy phương trình có nghiệm x = −2 . Tức là, chắc chắn phương trình sẽ có nhân tử là ( x + 2 ) .

Phương trình (1)  x3 + 8 − 3 x + 3 + 3 = 0  ( x + 2) ( x2 − 2 x + 4) −

3( x + 2)

=0 x + 3 +1 3    ( x + 2)  x2 − 2x + 4 − =0 x + 3 +1 

x + 2 = 0  2 3  x − 2x + 4 − =0  x + 3 +1

( )

KÈ

Ta có:

x2 − 2 x + 4  3 3 −  −3 x + 3 +1  x2 + 2x + 4 −

3 0 x + 3 +1

DẠ Y

Bất phương trình cuối không xảy ra dấu đẳng thức nên phương trình ( ) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −2 .

• Nếu phương trình có 2 nghiệm đơn phân biệt x1 , x2 ta thường làm như sau :

f ( x ) ta trừ đi một lượng ax + b . Khi

đó nhân tử chung sẽ là kết quả sau khi nhân liên hợp của + Để tìm a, b ta xét phương trình:

f ( x ) − ( ax + b ) .

+ Muốn làm xuất hiện nhân tử chung trong

f ( x ) − ( ax + b ) = 0 , để phương trình hai

ax1 + b = n f ( x1 ) 

nghiệm x1 , x2 ta cần tìm a, b sao cho 

ax2 + b = n f ( x2 )

+ Hoàn toàn tương tự cho các biểu thức còn lại .

+ Muốn làm xuất hiện nhân tử chung trong

• Nếu phương trình có 2 nghiệm kép x0 ta có nhân tử chung sẽ là: ( x − x0 )

f ( x ) ta trừ đi một lượng ax + b . Khi n

f ( x ) − ( ax + b ) .

ƠN

đó nhân tử chung sẽ là kết quả sau khi nhân liên hợp của

+ Để tìm a, b ta xét phương trình. Để phương trình hai nghiệm kép ta cần tìm a, b ax0 + b = n f ( x0 )  sao cho:  a = n f ( x ) ' ( x0 ) 

(

)

Một số hằng đẳng thức hay sử dụng: a) x 2 − y 2 = ( x − y )( x + y )

b) x3 − y 3 = ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 )

c) x 4 − y 4 = ( x − y )( x + y ) ( x 2 + y 2 ) d) x n − y n = ( x − y ) ( x n −1 + x n − 2 y + ... + xy n − 2 + y n −1 )

Sử dụng những hằng đẳng thức này, ta có thể quy phương trình vô tỷ ban đầu về dạng phương trình tích bằng việc làm xuất hiện các nhân tử chung. Từ đó ta có thể

KÈ

dễ dàng giải quyết tiếp .

DẠ Y

Ta cũng có một số hằng đẳng thức để trục căn thức:

+ +

x− y x y

x y =

+ 3

x3 y = x4 y =

x y 3

(

xy + 3 y 2 x− y

)(

x+ y

)

Ví dụ 2: Giải phương trình :

3x + 1 − 6 − x + 3x2 − 14 x − 8 = 0

(Trích Đại học khối B năm 2010)

1 3

Điều kiện: −  x  6 . Nhẩm được nghiệm x = 5

(

) (

3x + 1 − 4 −

)

6 − x − 1 + 3x 2 − 14 x − 8 = 0

Phương trình đã cho tương đương với:

Ta có : 3 x + 1 = 3.5 + 1 = 4; 6 − x = 6 − 5 = 1

Giải:

Sau đó nhân chia với biểu thức liên hợp, ta được : 3 ( x − 5) 3x + 1 + 4

−

5− x + ( x − 5)( 3x + 1) = 0 6 − x +1

1 3

3 1 + + 3x + 1  0 3x + 1 + 4 6 − x +1

Vì −  x  6 nên

ƠN

3 1    ( x − 5)  + + 3 x + 1 = 0 6 − x +1  3x + 1 + 4 

Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 5 . x − 2 + 4 − x = 2 x 2 − 5x − 3

Ví dụ 3: Giải phương trình:

Giải:

Điều kiện: x   2; 4

Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: x = 3 . Khi đó x − 2 = 3 − 2 = 1; 4 − x = 4 − 3 = 1

DẠ Y

KÈ

Phương trình đã cho tương đương với:

x − 2 − 1 + 1 − 4 − x = 2 x2 − 5x − 3

x−3 x −3 + = ( x − 3)( 2 x + 1) x − 2 −1 1+ 4 − x 1 1    ( x − 3)  + − ( 2 x + 1)  = 0  x − 2 −1 1+ 4 − x 



x = 3  1 1  + − ( 2 x + 1) = 0  x − 2 + 1 1 + 4 − x

Để ý rằng, với điều kiện x   2; 4 thì 11

1 1  1;  1; 2 x + 1  5 x − 2 +1 1+ 4 − x

1 1 + − ( 2 x + 1)  0 x − 2 +1 1+ 4 − x

Nên

Từ đó suy ra x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối cùng vô nghiệm ta thường dùng các ước

A  1 với mọi số A, B thỏa mãn A+ B

A + B  0  B  0

Giải: 19 3

ƠN

Điều kiện: −3  x 

Ví dụ 4: Giải phương trình: 4 x + 3 + 19 − 3x = x2 + 2 x + 9

lượng cơ bản: A + B  A với B  0 từ đó suy ra

Ta nhẩm được 2 nghiệm là x = 1, x = −2 nên ta phân tích để tạo ra nhân tử chung là: x2 + x − 2 . Để làm được điều này ta thực hiện thêm bớt nhân tử như sau :

+ Ta tạo ra 4 x + 3 − ( ax + b ) = 0 sao cho phương trình này nhận x = 1, x = −2 là nghiệm .

4  a=  a + b = 8  3  Để có điều này ta cần:  −2a + b = 4 b = 20  3

1  a=−  m + n = 5  3  Tức là  −2m + n = 5  b = 13  3

KÈ

+ Tương tự 19 − 3x − ( mx + n ) = 0 nhận x = 1, x = −2 là nghiệm .

Từ đó ta phân tích phương trình thành :

DẠ Y

20  4  13 x  4 x + 3 −  x +  + 19 − 3 x −  −  − ( x 2 + x − 2 ) = 0 3  3  3 3 

3 19 − 3 x − (13 − x ) 4 + 3 x + 3 − x + 5 − ( x2 − x − 2) = 0 ( )  3 3

4  − x2 − x + 2  − x2 − x + 2   − ( x2 + x − 2) = 0 + 3  3 x + 3 + ( x + 5)  3 3 19 − 3x + (13 − x )    12

19 1 1 thì  0, 0 3 3 x + 3 + ( x + 5) 3 3 19 − 3x + (13 − x ) 

Dễ thấy với −3  x 

  4 1 1  − ( x2 − x − 2)  . + + 1 = 0  3 3 x + 3 + ( x + 5) 3 3 19 − 3x + (13 − x )      

4 1 1 . + +1  0 3 3 x + 3 + ( x + 5) 3 3 19 − 3x + (13 − x )   

Nên

 x =1  x = −2

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 3, x = 8 .

2 x 2 − x + 3 − 21x − 17 = x − x 2

ƠN

Ví dụ 5: Giải phương trình:

Phương trình đã cho tương đương với x 2 + x − 2 = 0  

Giải:

17 21

Điều kiện: x 

Ta nhẩm được 2 nghiệm là x = 1, x = 2 nên ta phân tích để tạo ra nhân tử chung là:

x2 − 3x + 2 . Để làm được điều này ta thực hiện thêm bớt nhân tử như sau ; 2 x 2 − x + 3 − ( ax + b ) = 0 sao cho phương trình này nhận x = 1, x = 2

+ Ta tạo ra

là nghiệm.

a + b = 2 a = 1  Để có điều này ta cần:   2a + b = 3 b = 1

KÈ

+ Tương tự

21x − 17 − ( cx + d ) = 0 nhận x = 1, x = 2 là nghiệm.

c + d = 2  c=3  Tức là  d = −1 2c + d = 5

Từ đó ta phân tích phương trình thành :

DẠ Y

2 x 2 − x + 3 − ( x + 1) + ( 3x − 1) − 21x − 17 + x 2 − x + x + 1 − 3 x + 1 = 0



2 x 2 − x + 3 − ( x + 1)

2x − x + 3 + x + 1 2

( 3x − 1) +

− 21x + 17

3x − 1 + 21x + 17

+ x 2 − 3x + 2 = 0



9 ( x 2 − 3x + 1)

2 x − x + 3 + x + 1 3x − 1 + 21x − 17 2

+ x 2 − 3x + 2 = 0

  17 1 9 nên dễ thấy  + + 1  0 2 21  2 x − x + 3 3x − 1 + 21x − 17 

 x =1  x 2 − 3x + 2 = 0   x = 2

Do điều kiện x 

  1 9  ( x 2 − 3x + 2 )  + + 1 = 0 2  2 x − x + 3 3x − 1 + 21x − 17 

x 2 − 3x + 2

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, x = 2 .

ƠN

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x3 + 9 x − 10 = ( x3 + 4 ) 3 x + 2 Giải:

2 3

Điều kiện: x 

 f ( x0 ) = 0 Dấu hiệu nghiệm kép x0 của phương trình    f ' ( x0 ) = 0

 x0 = 2  x0 = 2 là nghiệm kép   f ' ( 2 ) = 0

 Ghép  3x − 2 − ( ax + b )  1   3.2 − 2 = 2a + b  b = 2  a = 3x − 2 ' ( x = 2 ) = 3  4

)

KÈ

(

1 3  3x − 2 −  x +  2 4

Phương trình  8 x3 + 36 x − 40 = 4 ( x3 + 4 ) 3x − 2

DẠ Y

 8 x3 + 36 x − 40 − ( 3 x + 2 ) ( x3 + 4 ) = ( x 3 + 4 ) 4 3 x − 2 − ( 3 x + 2 ) 

(

)

 −3x 4 + 6 x3 + 24 x − 48 + ( x 3 + 4 ) 3x + 2 − 4 3 x − 2 = 0

 −3 ( x − 2 ) ( x + 2 x + 4 ) + 2

9 ( x3 + 4 ) ( x − 2 )

3x + 2 + 4 3x − 2

  3 ( x3 + 4 )  ( x − 2) − + ( x 2 + 2 x + 4 ) = 0  3x + 2 + 4 3x − 2 

Do điều kiện x 

2  ( x − 2 )  4 ( x 2 + 2 x + 4 ) 3 x − 2 + 8 x 2 + 16 x − 4  = 0

2 nên 4 ( x 2 + 2 x + 4 ) 3 x − 2  0 , 8x2 + 16 x − 4  0 3

Nên phương trình 4 ( x 2 + 2 x + 4 ) 3x − 2 + 8 x 2 + 16 x − 4 = 0 vô nghiệm  ( x − 2) = 0  x = 2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 .

42 x+

x+2

+ 2x = 42+ 3

ƠN

Ví dụ 7: Giải phương trình: x+2

+ 2x + 4 x −4 3

(Trích đề thi Đại học khối D năm 2010)

Giải: Điều kiện: x  −2

(

Phương trình đã cho  ( 24 x − 24 ) 22

x+2

− 2x

−4

)=0

Xét : 24 x − 24 = 0  x = 1 x+2

Xét : 22 2

KÈ



DẠ Y

Ta thấy

(

− 2x

−4

= 0  2 x + 2 − x3 + 4 = 0

)

x + 2 − 2 − ( x3 − 8 ) = 0

2 ( x − 2) x+2 +2

− ( x − 2) ( x2 + 2x + 4) = 0

2    ( x − 2)  − ( x2 + 2x + 4)  = 0  x+2+2 

2 2 2  = 1  3  ( x + 1) + 3 = x 2 + 2 x + 4 x+2 +2 0+2

Suy ra

2 − ( x 2 + 2 x + 4 )  0 . Do đó x = 2 x+2 +2

Phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1; x = 2 .

1.3 Phương pháp đặt ẩn phụ 15

Phương pháp giải:

Bước 1: Tìm điều kiện xác định .

Bước 2: Đặt một (hoặc nhiều) biểu thức thích hợp làm ẩn mới, (thường là các biểu

thức chứa căn thức) tìm điều kiện của ẩn mới .

Bước 3: Biến đổi phương trình theo ẩn mới (có thể biến đổi hoàn toàn thành ẩn mới hoặc để cả 2 ẩn cũ và mới) rồi giải phương trình theo ẩn mới .

Bước 4: Thay trả lại ẩn cũ và tìm nghiệm, đối chiếu điều kiện xác định và kết luận .

• Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về phương trình đối với t

• Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về hệ phương trình đối với x và t • Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về phương trình đối với t và xem x như là tham số

ƠN

• Phương pháp đặt hai ẩn phụ u và v đưa về hệ đối với u và v Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phương trình một ẩn. + Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải chọn một biểu thức f ( x ) để đặt

f ( x ) = t sao cho phần còn lại biểu diễn được theo ẩn t .

Những bài toán dạng này nói chung là dễ .

+ Trong nhiều trường hợp ta cần thực hiện phép chia cho một biểu thức có sẵn ở phương trình từ đó mới phát hiện ẩn phụ. Tùy thuộc vào cấu trúc phương trình ta có thể

chia cho g ( x ) phù hợp (thông thường ta chia cho x k với k là số hữu tỉ) . + Đối với những bài toán mà việc đưa về một ẩn dẫn đến phương trình mới phức tạp như: Số mũ cao, căn bậc cao,… thì ta có thể nghĩ đến hướng đặt nhiều ẩn phụ để quy về hệ phương trình hoặc dựa vào các hằng đẳng thức để giải toán .

 . ( x − a )( x − b ) +  ( x − a )

DẠ Y

•

 . f ( x ) +  f ( x ) +  = 0 , đặt t =

KÈ

•

Dạng 1: Các phương trình có dạng:

đặt t = ( x − a )

f ( x)  f ( x) = t2

x −b + = 0 , x−a

x −b  ( x − a )( x − b ) = t 2 x−a

Chú ý:

• Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại . Dạng 2: Các phương trình có dạng: 16

A B

(

A B

)

+ C = 0 , đặt t = A  B

Dạng 3: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu ( Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn ) .

+ Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là phương pháp chọn một số hạng trong phương

trình để đặt làm ẩn sau đó ta quy phương trình ban đầu về dạng một phương trình bậc 2:

mt 2 + g ( x ) t + h ( x ) = 0 (phương trình này vẫn còn ẩn x) .

+ Vấn đề của bài toán là phải chọn giá trị của m bằng bao nhiêu để phương trình bậc 2 theo ẩn t có giá trị  chẵn (  =  A ( x )  ) như thế việc tính t theo x sẽ được dễ dàng . + Thông thường khi gặp các phương trình dạng:

ƠN

ax 2 + bx + c + ( dx + e ) px 2 + qx + r = 0 thì phương pháp để đặt ẩn phụ không hoàn toàn

tỏ ra rất hiệu quả .

f ( x) = t  t2 = f ( x)

+ Để giải các phương trình dạng này ta thường làm theo cách: -

Đặt

Ta tạo ra phương trình: mt 2 + g ( x ) t + h ( x ) = 0

Ta có  =  g ( x )  − 4m.h ( x ) = f1 ( m ) x 2 + g1 ( m ) x + h1 ( m ) . Để  có dạng  A ( x )  thì

điều kiện cần và đủ là

 m =  g1 ( m )  − 4 f1 ( m ) .g1 ( m ) = 0  m . 2

Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến:

➢ Chúng ta đã biết cách giải phương trình : u 2 +  uv +  v2 = 0 (1) bằng cách : 2

KÈ

u u Xét v  0 phương trình trở thành:   +    +  = 0 v v

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

DẠ Y

✓ a. A ( x ) + b ( x ) = c A ( x ) .B ( x ) Chúng ta hãy thay các biểu thức A ( x ) , B ( x ) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận

được phương trình vô tỉ theo dạng này.

• Phương trình dạng:  .u ( x ) +  .v ( x ) +  . u ( x ) .v ( x ) = 0 (  0 )

Dạng 5:

, ta được phương trình :  t 2 +  +  t = 0 .

)

u ( x )  v ( x )  2 . u ( x ) .v ( x ) +  = 0

(

(

 (u ( x ) + v ( x )) + 

Dạng 6: • Phương trình dạng:

u ( x) v ( x)

Trường hợp v ( x )  0 , ta chia hai vế của phương trình cho v ( x ) . Đặt t =

+  2  0)

Đặt t = u ( x )  v ( x )  t 2 = u ( x ) + v ( x )  2 u ( x ) .v ( x ) , ta được phương trình:

ƠN

t 2 +  t +  = 0 .

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x 2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 9 = 33 Giải:

Điều kiện: x 

2 x 2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 9 = 33  2 x 2 + 3x + 9 + 2 x 2 + 3x + 9 − 42 = 0 2 x 2 + 3x + 9 = t  0 .

Đặt

Phương trình trở thành :

t − 6 = 0  t =6 t 2 + t − 42 = 0  ( t − 6 )( t + 7 ) = 0    t + 7 = 0 t = −7

Với t = 6  2 x 2 + 3x + 9 = 6

KÈ

 2 x2 + 3x + 9 = 36  2 x2 + 3x − 27 = 0  ( x − 3)( 2 x + 9 ) = 0  x = 3 hoặc x = −

9 2

DẠ Y

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 3 ; x = −

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1 Giải:

9 . 2

Đặt t = x 2 + 1 thì phương trình trở thành t 2 − ( x + 3) t + 3x = 0 là phương trình bậc

hai đối với ẩn t. Ta có  = ( x − 3)  0  x do đó : 2

Giải:

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 2 .

 x2 + 1 = x t = x  x = 2 2 t = 3   2  x + 1 = 3 

Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm nên chia cả hai vế cho x ta được :

1 ta được phương trình: t 3 + t − 2 = 0  t = 1 x

Đặt t = 3 x −

ƠN

1 1  x− + 3 x− = 2 x x 

 3 x−

1 1 5 =1 x = x 2

Vậy nghiệm của phương trình là x = Ví dụ 4: Giải phương trình: ( x − 1) + 2 ( x + 1) 2

1 5 . 2

x −3 = 12 (1) x +1

Giải:

x 1 x −3 0 x +1 x  3

KÈ

Điều kiện:

DẠ Y

Đặt t = ( x + 1)

x−3 , t  0 ,  t 2 = ( x + 1)( x − 3) = x 2 − 2 x + 3 x +1

 t 3 + 3 = x2 − 2 x , phương trình (1) trở thành t 2 + 3 + 1 + 2t = 12  t 2 + 2t − 8 = 0

 t = 2, t = −4 , với t = −4 (loại)

Với t = 2  ( x + 1)

x −3 = 2  ( x + 1)( x − 3) = 4  x 2 − 2 x − 3 = 4 x +1 19

x = 1− 2 2 (nhận)  x2 − 2 x − 7 = 0   x = 1 + 2 2  Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 + 2 2; x = 1 − 2 2 .

2 x − x2 = x + 1 − x 3

Giải:

t 2 −1 Đặt t = x + 1 − x  x − x = 2

Điều kiện: 0  x  1 2

Ví dụ 5: Giải phương trình: 1 +

Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn là t : t 2 −1 = t  t 2 − 3t + 2 = 0  t = 1, t = 2 3

ƠN

 x + 1− x = 1 2 x − x2 = 0 Vậy ta có :    x = 0; x = 1  VN (VT  2)  x + 1 − x = 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0; x = 1 .

Giải:

Ví dụ 6: Giải phương trình: 10 x 2 − 9 x − 8 x 2 x 2 − 3x + 1 + 3 = 0

 x 1 Điều kiện:  x  1 2 

DẠ Y

KÈ

Đặt t = 2 x 2 − 3x + 1 ta tạo ra phương trình: mt 2 − 8 xt + (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m = 0

Ta có  = 16 x 2 − m (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m  = 16 x 2 − m (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m  = ( 2m 2 − 10m + 16 ) x 2 + ( 9m − 3m 2 ) x + m 2 − 3m

Ta cần:  m = ( 9m − 3m 2 ) − 4 ( 2m 2 − 10m + 16 )( m 2 − 3m ) = 0  m = 3 2

 2 t= x Phương trình đã cho trở thành: 3t − 8 xt + 4 x = 0   3   t = 2x 2

3  x =  2  x = 3  7

x0  x0  2 2   x  2 x 2 − 3x + 1 = x    2 2 2 3 3 14 x − 27 x + 9 = 0  9 ( 2 x − 3x + 1) = 4 x

+ Với t =

 x0 1 x= + Với t = 2 x  2 x 2 − 3x + 1 = 2 x   3 −3x + 1 = 0

ƠN

3 3 1 Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = ; x = ; x = . 2 7 3

Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 x 2 + 2 x + 16 − 7 x x + 8 = 0 (1) Giải:

Điều kiện: x  −8

Phương trình (1)  3 x 2 − 7 x x + 8 + 2 ( x + 8 ) = 0

Xét x − 8 = 0  x = 8 là nghiệm của phương trình (1) Với x − 8  0  x  8 chia 2 vế phương trình (1) cho x + 8 Phương trình (1) 

t = 2 Phương trình (1)  3t − 7t + 2 = 0   1 t =  3

M KÈ

x2 , t0 x+8

+ Với t = 2 

DẠ Y

3x 2 7x − + 2 = 0 , đặt t = x+8 x+8

x2 x2 =2 = 4  x 2 − 4 x − 32 = 0 x +8 x +8

 x = 8 (nhận) , x = −4 (loại) 1 + Với t =  3

x2 1 x2 1 =  =  9x2 − x − 8 = 0 x +8 3 x +8 9

−8 (loại) 9

 x = 1 (nhận) , x =

Vậy nghiệm của phương trình là x = 8; x = 1 .

Ví dụ 8: Giải phương trình: x 2 + 2 x + 4 = 3 x 3 + 4 x (1)

Điều kiện: x  0

(

Giải:

)

Phương trình (1)  x 2 + 2 x + 4 = 3 x x 2 + 4

 x2 − 3 x ( x2 + 4) + 2x + 4 = 0

ƠN

Chia 2 vế phương trình cho x 2 + 4 , đặt t =

x x2 + 4

 t =1 Phương trình (1) trở thành: 2t − 3t + 1 = 0   1 t =  2 x = 1  x 2 − x + 4 = 0 (vô nghiệm) x +4

Với t = 1 

x 1 =  x2 − 4x + 4 = 0  x = 2 x +4 2

1  2

Với t =

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 . Ví dụ 9: Giải phương trình:

3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2

(1)

Giải:

KÈ

Điều kiện: x  1

DẠ Y

Đặt t = 3x − 2 + x − 1  t 2 = 4 x − 3 + 2 3x 2 − 5 x + 2 , phương trình (1)  t = t 2 − 6  t = −2 (loại) , t = 3 (nhận)

Với t = 3  3x − 2 + x − 1 = 3  x = 2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 .

Ví dụ 10: Giải phương trình: 12 x + 9 − 80 x 2 + 56 x + 9 − 3 Giải: 22

(

)

20 x + 9 − 4 x + 1 = 0

1 4

Đặt t = 20 x + 9 − 4 x + 1  t 2 = 24 x + 10 − 2 80 x 2 + 56 x + 9 t 2 − 10 t 2 − 10 = 12 x − 80 x 2 + 56 x + 9 (1)  + 9 − 3t = 0 2 2



t = 2  t 2 − 6t + 8 = 0   t = 4

+ Với t = 2  20 x + 9 − 4 x + 1 = 2  x = 0

+ Với t = 4  20 x + 9 − 4 x + 1 = 4  x = 2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0 ; x = 2 .

ƠN

Ví dụ 11: Giải phương trình: 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 Giải:

u = 3 3x − 2   v = 6 − 5 x 

6 . Đặt 5

Điều kiện: x 

u 3 = 3x − 2  2 v = 6 − 5 x

Do đó, ta có hệ phương trình:

2u + 3v = 8  3 2 5u + 3v = 8

Giải hệ này ta được:

u = −2 3x − 2 = −2   x = −2 (thỏa mãn)  v = 4  6 − 5 x = 16

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −2 .

)

(

KÈ

Ví dụ 12: Giải phương trình: x 3 35 − x3 x + 3 35 − x3 = 30

DẠ Y

Đặt

Giải:

a = 3 35 − x3  a3 = 35 − x3

b = x  b3 = x 3 Ta có: ab ( a + b ) = 30 (1) , mặt khác a 3 + b3 = 35 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

Điều kiện: x  −

ab ( a + b ) = 30 (1)  3 3 (2) a + b = 35

− ab + b 2 ) ab

35  30a 2 − 30ab + 30b 2 = 35ab  6a 2 − 13ab + 6b 2 = 0 (5) 30

Xét b = 0 không phải là nghiệm của pt (5)

30 thế vào phương trình (4) ta có: ab

( 3)  ( a + b ) =

 ab ( a + b ) = 30 (3)  2 2 ( a + b ) ( a − ab + b ) = 35 (4)

ƠN

Với b  0 chia 2 vế phương trình (5) cho b 2 ta được:

a a 6   − 13   + 6 = 0 (6) b b

 t = a 2 Đặt t = phương trình (6)  6t − 13t + 6 = 0   b t = 

+ Với t =

3 a 3  =  2a = 3b  3x = 2 3 35 − x3  x = 2 (nhận) 2 b 2

+ Với t =

3 2 2 3

2 a 2  =  3a = 2b  3 3 35 − x3 = 2 x  x = 3 (nhận) 3 b 3

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2; x = 3 .

1.4 Phương pháp hàm số

KÈ

Một số tính chất: Tính chất 1. Nếu y = f ( x ) đồng biến hoặc nghịch biến trên ( a; b ) thì phương

DẠ Y

trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất một nghiệm x  ( a; b ) . Tính chất 2. Nếu y = f ( x ) đồng biến hoặc nghịch biến trên ( a; b ) thì

f ( u ) = f ( v )  u = v  u , v  ( a; b ) .

Lưu ý : Có thể thay ( a; b ) bằng (a; b], [a; b),  a; b  . Phương pháp: 24

Phương trình có nghiệm duy nhất

a. Dấu hiệu: Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp.

Biến đổi phương trình về dạng f ( x ) = 0 .

Chứng minh y = f ( x ) luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên ( a; b ) ( ( a; b ) là

miền xác định của phương trình) . Nhẩm một nghiệm x = x0 của phương trình (Có thể sử dụng MTCT -lệnh

b. Thuật toán Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo).

SHIFT+SOLVE) . Xét hàm đặc trưng

Cố định một vế (vế đơn giản hơn), suy ra hàm đặc trưng f ( t ) .

Biến đổi vế còn lại theo quy luật của hàm đặc trưng, ta được phương trình

ƠN

a. Dấu hiệu: Phương trình cần giải có thể đưa về phương trình đồng bậc b. Thuật toán Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) . Biến đổi phương trình về phương trình đồng bậc .

f (u ) = f (v ) .

Chỉ ra hàm đặc trưng luôn đồng biến hay nghịch biến trên miền giá trị của u, v .

Giải phương trình f ( u ) = f ( v )  u = v .

Kết luận .

Ví dụ 1: Giải phương trình: x5 + x3 − 1 − 3x + 4 = 0 (1)

KÈ

Điều kiện: x 

Giải:

1 3 

1

DẠ Y

Xét hàm số f ( x ) = x5 + x3 − 1 − 3x + 4, x  , hàm số liên trục trên  −;  3 3 

Ta có: f ' ( x ) = 5 x 4 + 3x 2 +

3 1   0  x   −;  3 2 1 − 3x  

1





Suy ra f ( x ) đồng biến trên  −;  3

1 3

Suy ra phương trình f ( x ) = 0 (phương trình (1) có nhiều nhất 1 nghiệm x  Mặt khác: f ( −1) = 0 , tức x = −1 là một nghiệm của phương trình (1)

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = −1 .

Chú ý: Có thể nhẩm nghiệm x = −1 trên máy tính cầm tay (SHIFT+SOLVE) 2x −1 + x2 + 3 = 4 − x

(1)

Ví dụ 2: Giải phương trình:

Giải:

2 x − 1  0 1  x4 2 4 − x  0

Điều kiện: 

Phương trình (1)  2 x − 1 + x 2 + 3 + x − 4 = 0 

ƠN 1

1



1



Xét hàm số f ( x ) = 2 x − 1 + x 2 + 3 + x − 4, x   ; 4  , hàm số liên tục trên  ; 4  2  2  1 x 1  + +1  0  x   ; 4  2 2x −1 2  x +3

Ta có: f ' ( x ) =

1



Suy ra f ( x ) đồng biến trên  ; 4  2 

Suy ra phương trình f ( x ) = 0 phương trình (1) có nhiều nhất 1 nghiệm x   ; 4  2  Mặt khác f (1) = 0 , tức x = 1 là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Chú ý: Điều kiện: 2x −1  0 là điều kiện thông thường . Điều kiện: 4 − x  0 là điều kiện kéo theo (phương trình này có thể bỏ qua) .

KÈ

Có thể nhẩm nghiệm x = 1 trên máy tính cầm tay (SHIFT+SOLVE) .

DẠ Y

Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 3x + 4 + 3 5x + 9 = x2 + 6 x + 13 (1)

Điều kiện: x  −

Giải: 4 3

Xét hàm số f ( x ) = 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 − x 2 − 6 x − 13, x  − 26

4 3



 4  3

Hàm số liên tục trên  − ; + 

f '( x) = −

3 15 + − 2x − 6 3x + 4 3 5 x + 9

Ta có: f ' ( x ) =



3 9 75 − −20  x  − 4 2 ( 3x + 4 ) 3x + 4 4 ( 5 x + 9 ) 5 x + 9  4  3

 

Suy ra f ( x ) nghịch biến trên  − ; + 

Suy ra phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm x  −

4 3

ƠN

Suy ra phương trình f ( x ) = 0 (phương trình (1) có nhiều nhất 2 nghiệm x  − Mặt khác f ( 0 ) = f ( −1) = 0 , tức x = 0, x = 1 là các nghiệm của (1) Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm là x = 0, x = 1 .

Ví dụ 4: Giải phương trình: x ( x 2 + 3) + ( 3x − 7 ) 4 − 3x = 0 (1)

Điều kiện: x 

4 3

Giải:

(1)  x3 + 3x = ( 4 − 3x ) + 3 4 − 3x  x 3 + 3x =

(

4 − 3x

) +3 3

4 − 3x

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t , t 

Ta có: f ' ( t ) = 3t 2 + 3  0  t 

, suy ra f ( t ) đồng biến trên

KÈ

Khi đó: (1)  f ( x ) = f

(

)

4 − 3x  x = 4 − 3x

 x 2 = 4 − 3x  x 2 + 3x − 4    x = 1 (thỏa) x  0 x  0  

DẠ Y

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Ví dụ 5: Giải phương trình: x3 + 1 = 2 3 2 x −1 (1) Giải: (1)  x3 + 2 x = 2 x − 1 + 2 3 2 x − 1  x3 + 2 x = 27

(

)

2x +1 + 2 3 2x −1

4 3

Ta có: f ' ( t ) = 3t 2 + 2  0  t 

(

)

2 x − 1  x = 3 2 x − 1  x3 − 2 x + 1 = 0

Khi đó: (1)  f ( x ) = f

, suy ra f ( t ) đồng biến trên

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t , t 

−1  5 . 2

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là x = 1, x =

x = 1   x = −1  5  2

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x + 1 + x x 2 + 2 + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0 (1)

ƠN

Giải:

(1)  x + x x 2 + 2 + ( x + 1) + ( x + 1) ( x + 1) + 2 = 0  ( x + 1) + ( x + 1)

+ 2 = (−x) + (−x)

( x + 1)

(−x)

Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 2, t  Ta có: f ' ( t ) = 1 + t + 2 +

t2 + 2

, suy ra f ( t ) đồng biến trên

0  t

Khi đó: (1)  f ( x + 1) = f ( − x )  x + 1 = − x  x = − Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x = − x2 + 2 x − 8 = ( x + 1) x2 − 2 x + 3

(

1 . 2

x+2 −2

)

(Trích đề thi THPT QG 2015)

KÈ

Ví dụ 7: Giải phương trình:

1 2

Giải:

DẠ Y

Điều kiện: x  −2 . Phương trình đã cho tương đương với

x=2



( x − 2 )( x + 4 ) = ( x + 1)( x − 2 )   x2 − 2x + 3

 2 x+4 =  x − 2 x + 3

x+2+2

Ta có (1)  ( x + 4 )

(

)

(1) x +1 x+2+2

x + 2 + 2 = ( x + 1) ( x 2 − 2 x + 3) 28

(

)(

x+2+2  

x+2

)

2 + 2  = ( x − 1) + 2 ( x − 1) + 2  (2)   



Xét hàm số y = f ( t ) = ( t + 2 ) ( t 2 + 2 ) Ta có f ' ( t ) = 3t 2 + 4t + 2 , suy ra f ' ( t )  0,  t 

x 1  x + 2 = f ( x − 1)  x + 2 = x − 1   2  x − 3x − 1 = 0

)

x=

3 + 13 . 2

(

Do đó (2)  f

, nên f ( t ) đồng biến trên

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 2; x =

ƠN

1.5 Phương pháp đánh giá

3 + 13 . 2

Ta giải phương trình bằng bất đẳng thức dựa trên hai ý tưởng sau :

 f ( x )  a   g ( x )  a

1) Biến đổi phương trình về dạng f ( x ) = g ( x ) mà  f ( x )  a với a là hằng số.  g ( x )  a

hay 

Nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa mãn f ( x ) = g ( x ) = a .

2) Biến đổi phương trình về dạng h ( x ) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h ( x )  m hoặc h ( x )  m thì nghiệm của phương trình là các giá trị x làm cho dấu của đẳng

thức xảy ra . Một số phương pháp hay được sử dụng là đưa về bình phương đúng, sử dụng tính đơn điệu của hàm số để đánh giá một cách hợp lý, sử dụng một số bất đẳng thức như bất đẳng thức AG - GM, Bunhiacopxki,….

KÈ

 ____   Bất đẳng thức AG - GM: x1 + x2 + .... + xn  n n x1.x2 ...xn , với xi  0  i = 1, n  



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = .... = xn

DẠ Y

 Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho các số thực a1 , a2 , b1 , b2 , khi đó: ( a12 + a2 2 )( b12 + b2 2 )  ( a1b1 + a2b2 ) , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a1 a2 = . b1 b2

Cho 2n số thực ai , bi (i = 1, 2,..., n) ta có : 29

+ a2 2 + ... + an 2 )( b12 + b2 2 + ... + bn 2 )  ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

Dấu bằng xảy ra khi

a a1 a2 = = ... = n . b1 b2 bn

x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2

Ví dụ 1: Giải phương trình:

2 1

(1)

Giải:

x − 1  5x − 1

ƠN

Với x  1 thì x  5x do đó

  x 1 x −1  0  1   Điều kiện: 5 x − 1  0   x   x  1 5 3 x − 2    2   x  3

Suy ra: Vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm. Vậy phương trình vô nghiệm .

2 x 2 − 4 x + 6 + 5 x 2 − 10 x + 6 = 2 − x 2 + 2 x

Ví dụ 2: Giải phương trình:

Giải:

Phương trình đã cho tương đương với:

2 ( x − 1) + 4 + 5 ( x − 1) + 1 = 3 − ( x − 1) 2

Vì ( x − 1)  0 nên 2 ( x − 1) + 4  4 , do đó 2

Tương tự

M KÈ

(1)

2 ( x − 1) + 4  2 , dấu = xảy ra  x = 1 2

5 ( x − 1) + 1  1 , dấu = xảy ra  x = 1

Vậy vế trái:

2 ( x − 1) + 4 + 5 ( x − 1) + 1  3 2

Vế phải 3 − ( x − 1)  3 . Dấu = xảy ra  x = 1 2

Suy ra (1) VT = VP = 3  x = 1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

DẠ Y

Ví dụ 3: Giải phương trình: x2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3 Giải: Điều kiện: x 

−3 2 30

Từ phương trình, áp dụng bất đẳng thức AM - GM: 2x + 3 = x2 + 4x + 5

( 2 x + 3) + 1  2

 2x + 4  x2 + 4x + 5  x2 + 2x + 1  0  ( x + 1)  0  x = −1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −1 .

1 x

Giải: Điều kiện: x  1 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có : 1 1 1  + 1 − =  x −  . (1) + x x x 

( x − 1) .

1 1 1 1   x − +1 + x −1 +  = x x 2 x x

ƠN

x−

1 x

Ví dụ 4: Giải phương trình: x = x − + 1 −

 1  x − x = 1 Vậy phương trình đã cho tương đương:  x −1 = 1  x

( x − 2 )( 4 − x ) + 4 x − 2 + 4 4 − x + 6 x

Ví dụ 5: Giải phương trình:

1+ 5 . 2

Kết hợp với điều kiện ta tìm được là x =

3x = x 3 + 30

Giải:

Điều kiện: 2  x  4

KÈ

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM :  x−2+4− x = = 1(1)  4 ( x − 2 )( 4 − x )  2   3 3 6 x 3 x = 2 27 x  x + 27(2)

DẠ Y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki : 4

x−2 + 4 4− x  2

(

)

x − 2 + 4 − x  2. 2 ( x − 2 + 4 − x ) = 2

Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta có : 4

( x − 2 )( 4 − x ) + 4 x − 2 + 4 4 − x + 6 x 31

3x  x 3 + 30  VT  VP

(3)

 x−2 = 4− x  x 3 = 27  x = 3 (thỏa) Đẳng thức xảy ra     x−2 = 4− x

1 1  = 4− x+  2 x x 

2 − x2 + 2 −

Ví dụ 6: Giải phương trình:

Vậy phương trình có nghiệm là x = 3 .

Giải:

ƠN

2 − x 2  0  1  Điều kiện: 2 − 2  0 x   x  0

1 x

Phương trình đã cho tương đương với x + 2 − x 2 + + 2 −

1 =4 x2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

)

(

2  2 x + 2 − x  2 ( x2 + 2 − x2 ) = 4   2   1 1  + 2 −   2  1 + 2 − 1  = 4  2   x x 2  x2  x

 x + 2 − x2  2 1 1   1  x + 2 − x2 + + 2 − 2  4 1 x x  + 2− 2  2 x x

Dấu = xảy ra tại x = 1 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 . x − 2 + 4 − x = x2 − 6 x + 11

Ví dụ 7: Giải phương trình:

KÈ

Giải:

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :

DẠ Y

Điều kiện: 2  x  4 . Khi đó

(1.

x − 2 + 1. 4 − x

)  (1 + 1 ) ( x − 2 + 4 − x ) = 4 2

Dấu = xảy ra 

 x−2 + 4− x  2

x−2 4− x =  x − 2 = 4 − x  x = 3. 1 1 32

Vế phải x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) + 2  2 , dấu = xảy ra  x = 3 2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 . 1.6 Phương pháp lượng giác hóa

Một số kiến thức cơ bản

 − −  + Nếu x  1 thì có một số t với t   ; sao cho : sin t = x và một số y với  2 2  y   0;   sao cho x = cos y .

  + Nếu 0  x  1 thì có một số t với t  0;  sao cho: sin t = x và một số y với  2

ƠN

  y  0;  sao cho x = cos y .  2

   + Với mỗi số thực x có t   − ;  sao cho : x = tan t .  2 2

Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán:

 − −  + Nếu x  1 thì ta đặt sin t = x với t   ;  hoặc x = cos y với y   0;   .  2 2 

    + Nếu 0  x  1 thì đặt sin t = x , với t  0;  hoặc x = cos y , với y  0;  .  2  2 x 2 − a 2 thì đặt: x =

+ Nếu x  a , hoặc bài toán có chứa

a  , t  ( 0;  ) , t  . cos t 2

, t  0 hoặc x =

a    , với t   − ;  sin t  2 2

+ Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức

x 2 + m 2 thì

KÈ

   đặt: x = m tan t , t   − ;  .  2 2

DẠ Y

 Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình với mục đích thay đổi hình thức của bài toán giải phương trình đại số thành việc giải phương trình lượng giác .

Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 x3 − 3 x = 1 − x 2

(1)

Giải:

Điều kiện: 1 − x 2  0  x  1 ( ) . Với điều kiện ( ) , đặt x = cos t , t   0;   33

( )

Khi đó pt (1) trở thành:

   k  3t = − t + k 2 t = 8 + 2     2  cos3t = cos  − t      2   t = − 3t = − + t + k 2   2 2

4cos3 t − 3cos t = 1 − cos 2 t  cos3t = sin t  cos3t = sin t (do ( ) )

    t = x = cos   8 8   5 5 Do điều kiện ( ) nên ta có: t =   x = cos   8 8   t = 3  x = cos 3   4 4

ƠN

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt .

(

)

Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 + 1 − x 2 = x 1 + 2 1 − x 2 Giải:

   Điều kiện: x  1 . Đặt x = sin t , t   − ;  . Phương trình đã cho trở thành:  2 2

1 + cos t = sin t (1 + 2cos t )  2 cos

t 3t t t 3t  = 2sin cos  cos  2 sin − 1 = 0 2 2 2 2 2 

t  cos =0 t = ( 2k + 1)   2     t = + k 4 3 t 1 cos =  6 3  2 2

KÈ

Kết hợp với điều kiện của t suy ra : t =

DẠ Y

Vậy phương trình có 1 nghiệm là x = sin

 6

3 Ví dụ 3: Giải phương trình: 1 + 1 − x 2  (1 + x ) − 

Giải: Điều kiện: x  1 34

(k  )

 6 =

1 . 2

2 1 − x2 3 1 − x = + ( )  3 3

(1 + x )

Nếu x   −1;0 thì

(1 − x )

(1 + x )

−

(1 − x )

0

(

)

x x −1 2

1 . 6

ƠN

Vậy nghiệm của phương trình là x = Ví dụ 4: Giải phương trình: x +

1 6

6 cos t − 1 ( 2 + sin t ) = 0  cos t =

 1   2 6 cos t 1 + sin t  = 2 + sin t   2 

t t  t t  2 6  sin + cos  cos3 − sin 3  = 2 + sin t 2  2 2  2

  Nếu x  1;0 thì đặt x = cos t , với t  0;  ta có :  2

Khi đó vế phải > 0, nếu x   −1;0 thì

=2 2

(3)

Nhận xét: Trong phương trình có xuất hiện dấu hiệu

x 2 − a 2 với a = 1

Giải:

 x2 − 1 1   , t   0;  ( ) Điều kiện:   x  1 ( ) . Với điều kiện ( ) , đặt x = cos t  2 x  0

Khi đó phương trình (3) trở thành:

 sin t + cos t = 2 2 sin t.cos t (3a)

đk ( ) )

1 + cos t

1 1 1 cos t =2 2 + = 2 2 (do cos t sin t 1 −1 cos 2 t

KÈ

Đặt sin t + cos t = u , điều kiện: 1  u  2 . Khi đó, phương trình (3a) có dạng:  u= 2 u = 2 ( u − 1)   1 u= 2 u=−  2 2

DẠ Y

    Ta có phương trình: sin t + cos t = 2  sin 1 +  = 1  t + = + k 2 4 2  4 Do điều kiện ( ) , nên từ ( ) , ta có: t = 35

 4

x= 2 .

( )

Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất là x = 2 .

 1  Ví dụ 5: Giải phương trình: x 2  2 − =2 x2 − 1  

Giải: Điều kiện: x  1

1 1    , t   − ;  . Phương trình đã cho trở thành: ( 2 − tan t ) = 2 sin 2 t sin t  2 2

 2cos 2 t = tan t  4cos 4 t =

 4

 2

1 1 − 1  4cos 6 t + cos 2 t − 1 = 0  cos 2 t = 2 cos t 2

. Kết hợp với điều kiện của t suy ra t = 

ƠN

t =

Đặt x =

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 

= 2 .

2 x 2 + 1 ( x + 1) 2 x +1 + = 2x 2 x (1 − x 2 )

Ví dụ 6: Giải phương trình:

sin



Giải:

Điều kiện: x  0; x  1

    Đặt x = tan t , t   − ;  , t  0;  . Phương trình đã cho trở thành: 4  2 2

1 1 2 1  1 1  + =  − 1 + =0 cos t sin 2t sin 4t cos t  2sin t 2sin t.cos 2t 

DẠ Y

KÈ

 2sin t.cos 2t + cos 2t − 1 = 0  2sin t (1 − 2sin 2 t ) − 2sin 2 t = 0

    sin t = 0 t = − + k 2   2 2  sin t (1 − sin t − 2sin t ) = 0  sin t = −1    t =  + k 2  1  6  sin t = 2 

Kết hợp với điều kiện suy ra t =

 6

. Vậy phương trình có 1 nghiệm là x = 36

1 . 3

Một số hệ phương trình cơ bản 2.1 Hệ phương trình cơ bản

2.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Chương 2

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng

a1 x + b1 y = c1  a2 x + b2 y = c2

Phương pháp giải:

Để giải hệ phương trình này, ta thường sử dụng các phương pháp sau : -Phương pháp thế,

ƠN

-Phương pháp cộng đại số, -Phương pháp định thức.

a1 a2

c b1 ; Dx = 1 c2 b2

Ký hiệu: D =

a b1 ; Dy = 1 a2 b2

c1 . c2

Trường hợp 1: D  0.

  x = Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  y = 

Dx D Dy D

Trường hợp 2: D = Dx = Dy = 0 .

Hệ phương trình có vô số nghiệm dạng {( x0 ; y0 ) | a1x0 + b1 y0 = c1} .

KÈ

Trường hợp 3: D = 0; Dx  0 hoặc D = 0; Dy  0 hoặc D = 0; Dx  0; Dy  0. Hệ phương trình vô nghiệm .

DẠ Y

2.1.2 Hệ phương trình đối xứng A. Hệ phương trình đối xứng loại 1 Hệ phương trình đối xứng đối với x và y là hệ mà mỗi phương trình không thay đổi khi ta thay x bởi y và thay đổi y bởi x . Phương pháp giải: Đặt S = x + y, P = xy. 37

Sau khi tìm được S và P thì x và y là nghiệm của phương trình X 2 − SX + P = 0.

Điều kiện có nghiệm : S 2 − 4P  0 . Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

 x 2 + y 2 + xy = 7  2 2  x + y − xy = 3

Đặt S = x + y, P = xy. Ta có:

 S2 − P = 7  2  S − 3P = 3

 S = 3  P=2

S 2 − 2P + P = 7  2  S − 2P − P = 3

Giải

 Với S = 3 , P = 2 : x, y là nghiệm phương trình :

ƠN

 X =1 X 2 − 3X + 2 = 0   . Ta có nghiệm (1; 2), (2; 1) X = 2

 Với S = −3 , P = 2 ta có nghiệm (-1; -2), (-2; -1) Vậy hệ có 4 nghiệm là (1; 2), (2; 1), (-1; -2), (-2; -1) . Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

 x + y − xy = 1  3 3 x + y = 2

Giải:

Đặt S = x + y; P = xy

 S − P = 1 (1) 2  S ( S − 3P ) = 2 (2)

Hệ đã cho tương đương với 

DẠ Y

KÈ

Ta có (1)  P = S −1 thế vào (2) S  S 2 − 3 ( S − 1)  = 2  S 3 − 3S 2 + 3S − 2 = 0  S 3 − 2S 2 − S 2 + 2S + S − 2 = 0  ( S − 2 ) ( S 2 − S + 1) = 0 2

1 3   S − 2 = 0 (vì S 2 − S + 1 =  S −  +  0 2 4   S = 2  P =1 . 38

x =1 . y =1

Vậy x, y là các nghiệm của phương trình X 2 − 2 X + 1 = 0   Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

 x3 + y 3 = 19  ( x + y )( 8 + xy ) = 2

Đặt S = x + y, P = xy . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành :

 S ( S 2 − 3P ) = 19 SP = −8S   3   S − 3 ( 2 − 8S ) = 19  S ( 8 + P ) = 2

ƠN

 SP = 2 − 8S  S =1  3   S + 24S − 25 = 0  P = −6

 X =3 Suy ra x, y là nghiệm của phương trình X 2 − X − 6 = 0    X = −2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( −2;3) , ( 3; −2 ) . B. Hệ phương trình đối xứng loại 2

Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ chứa 2 ẩn x, y mà khi ta thay đổi vai trò x, y cho nhau thì phương trình này trở thành phương trình của hệ .

 Chú ý : Nếu ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ thì ( y0 ; x0 ) cũng là nghiệm của hệ . Phương pháp giải :

Trừ vế với vế hai phương trình và biến đổi về dạng phương trình tích số .

Kết hợp một phương trình tích số với một phương của hệ để suy ra nghiệm của hệ.

DẠ Y

KÈ

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

 y2 + 2 3 y =  x2   2  3x = x + 2  y2

(x, y 

)

(Trích đề thi đại học khối B năm 2003) Giải: Điều kiện x > 0; y > 0 39

( x − y )( x + y + 3xy ) = 0  3 y 2 x = x2 + 2 

3xy ( x − y ) = ( y − x)( y + x)  3 y 2 x = x2 + 2 

3x 2 y = y 2 + 2 Hệ phương trình tương đương với  2 2 3 y x = x + 2

 x = y     x + y + 3 xy = 0  3 y2 x = x2 + 2 

ƠN

 x + y + 3xy = 0 Với  2 2  3y x = x + 2

x= y x=y     x = y =1 Với  2  2 3 2 3 y x = x + 2 3x − x − 2 = 0

Vì x + y + 3xy  0;  x  0; y  0 nên trường hợp này vô nghiệm .

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y) = (1;1) .

 y 3 = x 2 + x + 1 (1)  3 2  x = y + y + 1 (2)

Giải:

Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có: y3 − x3 = x2 − y 2 + x − y  y = x (1')  ( y − x ) ( y 2 − yx + x 2 − x − y + 1) = 0   2 2  y − yx + x − x − y + 1 = 0 (2 ')

KÈ

 y = x(1')  2 2  y − yx + x − x − y + 1 = 0(2 ')

Thế (1’) vào (1), ta có x3 − x2 − x + 1 = 0

DẠ Y

 x = 1; y = 1  ( x − 1) ( x 2 − 1) = 0    x = −1; y = −1

1 2 2 2 Xét (2’)  ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1)  = 0 2

x = y    x =1  x = y =1  y =1 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = (1;1) .

Giải:

ƠN

Điều kiện: x  0, y  0

3  x 2 = 2 x + y 3  2 = 2y + x  y

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

 2 x3 + x 2 y = 3 Hệ phương trình   3 2 2 y + y x = 3

 2 ( x3 − y 3 ) + xy ( x − y ) = 0  ( x − y ) ( 2 x 2 + 3xy + 2 y 2 ) = 0  x = y 2

3  7  (do 2 x + 3xy + 2 y = 2  x + y  + y 2  0) . 4  8  2

Thay vào hệ phương trình, ta được: 3 x 3 = 3  x = 1 = y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x = y = 1 . 2.1.3 Hệ phương trình đẳng cấp

 f ( x, y ) = a Hệ phương trình  được gọi là hệ đẳng cấp bậc k nếu f ( x, y); g ( x, y)  g ( x, y ) = b là các biểu thức đẳng cấp bậc k .

KÈ

Chú ý : Biểu thức f ( x, y) được gọi là đẳng cấp bậc k nếu f (mx, my ) = m k f ( x, y ). Phương pháp giải :

DẠ Y

-Xét y = 0 (hoặc x = 0) thay vào hệ phương trình tìm nghiệm. -Xét y  0. Đặt x = ty, khi đó ta có

 f (ty, y ) = y k f (t ,1)  k  g (ty, y ) = y g (t ,1) 41

 y k f (t ,1) = a  k  y g (t ,1) = b

a g (t ,1). b

Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được : f (t ,1) =

Giải phương trình tìm t rồi thay ngược lại ta tìm được nghiệm ( x, y) .

 Dạng bài hệ phương trình có một phương trình đẳng cấp

Đây là những hệ phương trình mà trong đó có một phương trình có dạng f ( x; y) = 0 với f là phương trình hai ẩn x; y có bậc bằng nhau . Để giải bài toán này thì từ phương trình đẳng cấp đó, chúng ta đặt x = ky , giải ra

k rồi thay vào phương trình thứ hai, tìm ra x; y . Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

ƠN

 x 2 − 3xy + 2 y 2 = 0   5 x − y − x = 1 Giải: Điều kiện: y  5x

Dễ thấy nếu y = 0 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm . Vậy y  0 đặt x = ky. Thay vào phương trình đầu tiên ta được :

y 2 (k 2 − 3k + 2) = 0 do y  0 nên  k 2 − 3k + 2 = 0

k =1  (k − 1)(k − 2) = 0   nếu k = 1 thay vào phương trình dưới ta được : k = 2

2 y − y = 1  y = 1 và x = 1, nếu k = 2 thay vào phương trình dưới ta được:

3 y − 2 y = 1  y = 1 và x = 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y) = (1;1); (2;1) .

DẠ Y

KÈ

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  x 2 − y 2 = 3  2 2  x − 2 xy + y = 1

( x, y  )

Giải: Phương trình đã cho tương đương với:  x 2 − y 2 = 3  2 2 3x − 6 xy + 3 y = 3 42

Đặt x = ky . Thay vào phương trình trên ta được : (1)

2k 2 y 2 + 4 y 2 − 6 xy = 0  2 y 2 ( k 2 − 3k + 2 ) = 0

Trừ hai vế hai phương trình ta được: 2 x 2 + 4 y 2 − 6 xy = 0

 x 2 = 3 + Trường hợp y = 0 thay vào hệ ta được :  2  vô lý (loại)  x = 1 + Trường hợp y  0 từ phương trình (1)  k 2 + 3k − 2 = 0

k =1  ( k − 1)( k − 2 ) = 0   k = 2

ƠN

0 = 3  vô lý (loại) Nếu k = 1 thay vào hệ phương trình ta được :  0 = 1  Nếu k = 2 thay vào hệ phương trình ta được :

3 y 2 = 3  y 2 = 1  y = 1  2  y =1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) ; ( −2; −1) .

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

 x3 + 8 y 3 − 4 xy 2 = 1  4 4 2 x + 8 y − 2 x − y = 0

( x, y  )

(Trích đề thi đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải:

Xét y = 0 . Thay vào hệ phương trình ta được:

DẠ Y

KÈ

 x3 = 1  x = 1 , suy ra (1;0 ) là một nghiệm của hệ.  4 2 x − 2 x = 0

t 3 y 3 + 8 y 3 − 4ty 3 = 1 Xét y  0 . Đặt x = ty , khi đó ta có:  4 4 2 2t y + 8 y − 2ty − y = 0  y 3 ( t 3 + 8 − 4t ) = 1   3 4  y ( 2t + 8 ) = 2t + 1 43

t = 0 t 3 + 8 − 4t 1 =  t 3 − 8t 2 + 12t = 0  t = 2 4 2t + 8 2t + 1 t = 6

 1 Với t = 0 ta có ( x; y ) =  0;  .  2

1   3 Với t = 6 ta có ( x; y ) =  3 ; 3 .  25 2 25 

1   1  3 ; 3 1;  ,  3  .  2   25 2 25 

2.1.4 Hệ phương trình hoán vị



1 , 2

ƠN

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là

 1 Với t = 2 ta có ( x; y ) = 1;  .  2

( x; y ) = (1;0 ) ,  0;

Chia theo vế hai phương trình của hệ ta được:

Hệ phương trình hoán vị là hệ có dạng

 f ( x1 ) = g ( x2 )  f (x ) = g(x ) 2 3  ....  f (x ) = g(x ) n −1 n   f ( xn ) = g ( x1 )

(Khi ta hoán vị vòng quanh các biến thì hệ phương trình không đổi).

 Định lý 1: Nếu hai hàm số

f ( x ) , g ( x ) cùng tăng trên tập A và ( x1 , x2 ,...., xn ) là

nghiệm của hệ (trong đó xi  A, i = 1, n ) thì x1 = x2 = ... = xn .

KÈ

 Định lý 2 : Nếu hàm số f ( x ) giảm và g ( x ) tăng trên tập A và ( x1 , x2 ,..., xn ) là nghiệm

của hệ ( trong đó xi  A, i = 1, n ) thì với n lẻ, x1 = x2 = ... = xn .

DẠ Y

 Định lý 3: Nếu hàm số f ( x ) giảm, g ( x ) tăng trên tập A và ( x1 , x2 ,..., xn ) là nghiệm

của hệ ( trong đó xi  A, i = 1, n ) thì với n chẵn, x1 = x3 = ... = xn−1 hoặc x2 = x4 = ...xn . Trong giải toán, ta thường gặp hệ hoán vị 3 ẩn, trong đó đa phần có thể giải bằng nguyên lí cực hạn. Có thể giải bằng cách biến đổi các phương trình, dùng bất đẳng thức hoặc lượng giác hóa . 44

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

2 x ( y 2 + 1) = y ( y 2 + 9 )   2 2  2 y ( z + 1) = z ( z + 9 )  2 2  2 z ( x + 1) = x ( x + 9 )

Ta có f ' ( t ) =

t 4 − 4t 2 + 9 2 ( t 2 + 1)

2 ( t 2 + 1)

0

(t  )

Xét hàm số f ( t ) =

t (t 2 + 9)

ƠN

 y ( y2 + 9) x = 2 ( y 2 + 1)   z ( z 2 + 9)  Hệ phương trình tương đương  y = 2 ( z 2 + 1)   x ( x2 + 9)   z = 2 x2 + 1 ( ) 

Giải:

(  t  ) . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max  x; y; z .

 x  y  f ( x )  f ( y )  z  x  z = x  f ( x ) = f ( y )  x = y  x = y = z.

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có: x = − 7  2 x3 + 2 x = x3 + 9 x  x3 − 7 x = 0   x = 0  x= 7 

(

)

KÈ

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm là ( x; y; z ) = − 7; − 7; − 7 , ( 0;0;0 ) ,

DẠ Y

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình x − y = 1  y − z =1   z − x = 1

(1)

Giải: Điều kiện: x, y, z  0 . Viết (1) dưới dạng 45

(

)

7; 7; 7 .

x = y +1   y = z +1   z = x + 1

Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của x; y; z trong hệ trên, ta có thể giả sử x = min  x; y; z . y + 1  z + 1 và

y + 1  x + 1 hay y  z và y  x .

Vì x  y; x  z nên

Tức là: y = min  x; y; z = x , suy ra: x = y = z

Từ đó ta được phương trình: x = x + 1 . Giải pt này ta được: x =

3+ 5 2

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình

ƠN

 3+ 5 3+ 5 3+ 5  ; ;  . 2 2 2  

Vậy nghiệm của hệ là ( x; y; z ) = 

 x3 + 3x 2 + 2 x − 5 = y  3 2  y + 3y + 2 y − 5 = z  z 3 + 3z 2 + 2 z − 5 = x 

Giải:

Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của x; y; z trong hệ trên, ta có thể

giả sử: x = max  x; y; z

Vì y  x nên x3 + 3x2 + 2 x − 5  x  x3 + 3x2 + x − 5  0  ( x − 1) ( x 2 + 4 x + 5 )  0

Suy ra : x  1 . Mà z  x nên z  1

KÈ

Lập luận ngược lại quá trình trên ta được: ( z − 1) ( z 2 + 4 z + 5 )  0  z3 + 3z 2 + 2z − 5  z  x  z , vậy x = z . Suy ra: x = y = z

DẠ Y

Từ đó ta được phương trình: x3 + 3x2 + 2x − 5 = x  x = 1

Vậy nghiệm của hệ đã cho là ( x; y; z ) = (1;1;1) .

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:

 y 3 = 9 x 2 − 27 x + 27  3 2  z = 9 y − 27 y + 27  x 3 = 9 z 2 − 27 z + 27 

Giải: Xét f ( t ) = t 3 và g ( t ) = 9t 2 − 27t + 27

3  g ( t ) đồng biến trên  ; +  2 

Hàm số f ( t ) tăng trên

Mặt khác nếu ( x0 ; y0 ; z0 ) là nghiệm của hệ thì x03 , y03 , z03 

 x0 , y0 , z0 

ƠN

 3 2 3  27 (Do g ( t ) = 9  t −  +   ) 2 4 4    

27 4

3 2

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:

Vậy nếu ( x0 ; y0 ; z0 ) là nghiệm của hệ thì x0 = y0 = z0 nên x0 = y0 = z0 = 3 .

( x; y; z  )

 x 2 − 2 x + 6 log ( 6 − y ) = x 3   2  y − 2 y + 6 log 3 ( 6 − z ) = y  2  z − 2 z + 6 log 3 ( 6 − x ) = z

(Trích đề thi HSG QG 2006) Giải:

Để ( x; y; z ) là nghiệm của hệ phương trình thì điều kiện là x; y; z  6 .

DẠ Y

KÈ

Hệ phương trình đã cho tương đương

 x log 3 ( 6 − y ) = x2 − 2 x + 6   y log 3 ( 6 − z ) = y2 − 2 y + 6   z log 3 ( 6 − x ) = 2  z − 2z + 6

Ta có f ' ( x ) =

x x2 − 2 x + 6

; g ( x ) = log3 ( 6 − x )

6− x

( x2 − 2 x + 6) x2 − 2 x + 6

Với f ( x ) =

 0;  x  6 .

Hay

log 3 ( 6 − y ) = f ( x )  log 3 ( 6 − z ) = f ( y )  log 3 ( 6 − x ) = f ( z )

Suy ra f ( x ) là hàm tăng còn g ( x ) là hàm giảm với x  6 .

Nếu ( x; y; z ) là một nghiệm của hệ phương trình, ta chứng minh x = y = z

ƠN

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max ( x; y; z ) . Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: x  y  z .

Do f ( x ) là hàm tăng nên f ( x )  f ( y )  f ( z )

Suy ra log 3 ( 6 − y )  log 3 ( 6 − z )  log 3 ( 6 − x ) . Do g ( x ) giảm nên

6− y  6− z  6− x  x  z  y  x = y = z .

Trường hợp 2: x  z  y .

Tương tự như trên ta suy ra x = y = z . Phương trình f ( x ) = g ( x ) có nghiệm duy nhất x = 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y; z ) = ( 3;3;3) .

2.2 Phương pháp cơ bản 2.2.1 Phương pháp thế

DẠ Y

KÈ

Đây là một phương pháp được sử dụng rất nhiều trong những phương pháp giải hệ phương trình sau này. Từ một phương trình của hệ đã cho (coi là phương trình thứ nhất), ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia (cũng có thể là cả một biểu thức ) rồi thay vào phương trình còn lại để giải. Trong một số trường hợp, ta dễ dàng tìm được biểu thức liên hệ giữa các biến nhưng đôi khi ta cần biến đổi để đưa về dạng đơn giản quen thuộc . Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình

(2 x 2 + y )(x + y) + x(2 x + 1) = 7 − 2 y  x(4 x + 1) = 7 − 3 y  48

Giải:

 1 + 17 x =  4   y = 3 − 17  4

 1 − 17 x =  4 hoặc   y = 3 + 17  4

y = 1− x  Trường hợp 2:   x(4 x + 1) = 7 − 3 y

(vô nghiệm)

 y = −2 x 2 Trường hợp 1:   x(4 x + 1) = 7 − 3 y

(2 x 2 + y )( x + y ) = 2 x 2 + y  y = −2 x 2 hoặc y = 1 − x

Thế 7 = 4 x 2 + x + 3 y ở phương trình (2) vào phương trình (1) ta được:

ƠN

 1 − 17 3 + 17   1 + 17 3 − 17  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ; ; ,  . 4 4 4 4     Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình

 x3 + 7 y = ( x + y ) 2 + x 2 y + 7 x + 4  3x 2 + y 2 + 8 y + 4 = 8 x  Giải:

Từ phương trình thứ (2) trong hệ ta rút 4 = 8 x − 3 x 2 − y 2 − 8 y Thay vào phương trình thứ (1) trong hệ thu gọn ta được :

x= y ( x − y )( x + 2 x − 15) = 0   x = 3  x = −5 2

Với x = y thay vào phương trình thứ (2) ta được −4 x2 = 4 phương trình vô nghiệm

KÈ

 y = −1 Với x = 3 thay vào phương trình thứ (2) ta được y 2 + 8 y + 7 = 0    y = −7

Với x = −5 thay vào phương trình thứ (2) ta được y 2 + 8 y + 119 = 0 phương trình vô nghiệm

DẠ Y

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y) = (3; −1) , (3; −7) .

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  xy + x + y = x 2 − 2 y 2   x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y 49

(1) (2)

Giải:

Điều kiện: x  1, y  0 Xét phương trình (1) của hệ ta có :

xy + x + y = x 2 − 2 y 2  x 2 − x ( y + 1) − 2 y 2 − y = 0 . Ta coi đây là phương trình bậc 2 của

x thì ta có:  = ( y + 1) + 8 y 2 + 4 y = ( 3 y + 1) . Từ đó suy ra 2

y + 1 − ( 3 y + 1)  = −y x = 2  y + 1 + ( 3 y + 1)  = 2 y +1  x = 2

x  1 , suy y  0

Trường hợp 1: x = − y . Từ phương trình (2) của hệ ta có điều kiện: 

ƠN

ra phương trình vô nghiệm.

Trường hợp 2: x = 2 y + 1 thay vào phương trình thứ hai ta có: 2 y = 2 ( y + 1)

( 2 y + 1) 2 y − y 2 y = 2 y + 2  y 2 y +  ( y + 1) ( 2 y − 2 ) = 0  y = 2  x = 5

Ví dụ 4: Giải phương trình

Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) = ( 5; 2 ) .

 x + 3 = 2 ( 3 y − x )( y + 1)   x+5 = xy − 2 y − 2  3y − 2 − 2 

(1) (2)

Giải:

2 3

KÈ

Điều kiện: y  ; x  −3; 3 y  x . Phương trình (1) tương đương ( x + 3) = 4 ( y + 1)( 3 y − x ) 2

DẠ Y

 x 2 + 6 x + 9 = 12 y 2 + 12 y − 4 xy − 4 x  x 2 + 2 x ( 5 + 2 y ) − 12 y 2 − 12 y + 9 = 0

Coi đây là phương trình bậc 2 của x ta có:  ' = ( 2 y + 5 ) + 12 y 2 + 12 y − 9 = ( 4 y + 4 ) 2

 x = −5 − 2 y − ( 4 y + 4 ) = −6 y − 9

Suy ra 

 x = −5 − 2 y + ( 4 y + 4 ) = 2 y − 1 50

Trường hợp 1: x = −6 y − 9

Do x  −3  −6 y − 9  −3  y  −1 suy ra phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: x = 2 y −1 thay vào phương trình (2) của hệ ta có: = ( 2 y + 1)( y − 2 )

Nghĩa là VP > VT, suy ra y = 2  x = 1 Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) = (1; 2 ) .

ƠN

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình

2 3 7  ; 2 y +1  . 3 3y − 2 + y + 2 2

Ta có:

3y − 2 + y + 2

  5 x + y + 2 x + y = 3 (1)  (2)   2x + y + x − y = 1

2 ( y − 2)

3y − 2 − y + 2 = 2 y2 − 3y − 2 

( x, y  )

(Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An)

Giải:

Điều kiện: 5x + y  0; 2 x + y  0 .

Từ phương trình (1) của hệ ta có: 5x + y = 3 − 2 x + y

 3 − 2x + y  0  5 x + y = 9 − 6 2 x + y + 2 x + y

DẠ Y

KÈ

   3 − 2x + y  0  3− x + y  0    x3 3− x   2 x + y =   2 2  2 x + y =  3 − x      2 

  3 − 2x + y  0   x3  2  y = x − 14 x + 9 4 

x 2 − 14 x + 9 Thay y = vào phương trình (2) ta được: 4

3− x x 2 − 14 x + 9 +x− = 1  x2 − 16 x + 7 = 0  x = 8  57 2 4

9 − 57 2

ƠN

 x = 8 − 57 (thỏa mãn điều kiện)  y =

 9 − 57  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) =  8 − 57; . 2   Phương pháp cộng đại số

2.2.2

Để giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số, ta có thể kết hợp hai phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ, nhân, chia (nếu cần) để có được phương trình đơn giản hơn, dễ dàng giải hơn .

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 3x = 0  2  xy + y + 3 y + 1 = 0 Giải:

Lấy (1) + 2.(2) ta được : ( x + 2 y ) 2 + 3( x + 2 y ) + 2 = 0  ( x + 2 y + 1)( x + 2 y + 2) = 0

KÈ

Th1 : x + 2 y + 1 = 0  x = −2 y − 1 thay vào (2) ta được

 y = 1+ 2 x = −3 − 2 2 y2 − 2 y −1 = 0    x = −3 + 2 2  y = 1 − 2

DẠ Y

Th2 : x + 2 y + 2 = 0  x = −2 y − 2 thay vào (2) ta được

 1− 5 y = 2  x = −3 + 5 y2 − y −1 = 0    1+ 5 x = −3 − 5 y = 2  52

Do đó hệ phương trình có 4 nghiệm là ( x; y) =

 1− 5   1+ 5  42;1 + 2 , −3 + 2 2;1 − 2 ,  −3 + 5;  ,  −3 − 5;  . 2   2  

) (

)

(3 − 2

Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình

 4 x2 − y 2 + x − 1 = 0  2 2 2 x + y − 3xy + 3x − 2 y + 1 = 0 Giải:

Lấy (1) + (2) ta được :

6 x 2 + 4 x − 3 xy − 2 y = 0  3x(2 x − y) + 2(2 x − y) = 0  (2 x − y)(3x + 2) = 0

ƠN

 2 x − y = 0 hoặc 3x + 2 = 0 Th1 : 2 x − y = 0  y = 2x thế vào (1)

 x −1 = 0  x = 1  y = 2 1 −2 1 thế vào (1)  y 2 =  y =  9 3 3

Th2 : x =

 −2 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1;2),  ;   . 3  3

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

( x, y  )

1 1  − = 2( y 4 − x 4 )  x 2y    1 + 1 = (3 y 2 + x 2 )(3x 2 + y 2 )  x 2 y

KÈ

( Trích đề thi chọn đội tuyển dự thi HSG QG năm 2003 TPHCM) Giải:

Điều kiện : x  0; y  0.

DẠ Y

Cộng và trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được: 2 4 4 2 2  x = x + 5 y + 10 x y 1  = 5 x 4 + y 4 + 10 x 2 y 2  y

 x5 + 5 xy 4 + 10 x3 y 2 = 2  4 5 2 3 5 x y + y + 10 x y = 1  x5 + 5 xy 4 + 10 x3 y 2 + 5 x 4 y + y 5 + 10 x 2 y 3 = 3  5 4 3 2 4 5 2 3  x + 5 xy + 10 x y − 5 x y − y − 10 x y = 1

5  3 +1 x =   2  5  y = 3 −1  2

( x + y )5 = 3  x + y = 5 3   5 ( x − y ) = 1  x − y = 1 

(thỏa mãn điều kiện)

 5 3 +1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = 

3 −1   . 2 

ƠN



;

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:

121x − 122 y  x2 − y 2 =  4 xy ( x 2 + y 2 )    x 4 + 14 x 2 y 2 + y 4 = 122 x + 121y  x2 + y 2

( x, y  )

(Trích đề thi Olympic 30/4/2011)

Điều kiện: xy  0.

Giải:

Hệ phương trình đã cho tương đương với 121x − 122 y  2 2  4 xy ( x − y ) = x 2 + y 2 (1)    x 4 + 14 x 2 y 2 + y 4 = 122 x + 121 y (2)  x2 + y 2

KÈ

Lấy (1) x + (2) y và −(1) y + (2) x theo vế ta được:

DẠ Y

5 x 4 y + 10 x 2 y 3 + y 5 = 121 ( x + y )5 = 243 x + y = 3 x = 2      5  3 2 4 5 x − y =1  y =1  x + 10 x y + 5 x y = 122  ( x − y) = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y) = (2;1) .

Chương 3

Một số phương pháp giải hệ phương trình  f ( x, y ) = 0  g ( x, y ) = 0

( x,

Cho hệ phương trình với hệ số nguyên 

y

1.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử

) . Việc giải hệ này

bằng phương pháp phân tích thành nhân tử thực chất là việc phân tích một đa thức hai biến (vế trái của một trong hai phương trình của hệ hoặc phương trình hệ quả của hệ)

thành nhân tử nhằm biểu diễn x theo y hoặc ngược lại . Từ đó thế vào phương trình còn lại trong hệ để tìm x, y . Vậy làm thế nào để phân tích một đa thức hai biến thành nhân tử khi nhân tử chưa xuất hiện hoặc ở dạng không tường minh ? Có rất nhiều cách khác

ƠN

nhau :

Sử dụng hằng đẳng thức làm xuất hiện nhân tử chung . Sử dụng tam thức bậc hai định hướng nhân tử chung,…

 Dấu hiệu nhận biết một hệ phương trình được giải bằng phương pháp này là : Phương trình trong hệ là một phương trình bậc hai có biểu thức  là một số chính phương .

Phương trình trong hệ có dạng đẳng cấp . Phương trình trong hệ xuất hiện nhân tử chung sau phép nhân với biểu thức liên hợp . Phương trình có tính đối xứng giữa hai biến .

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

2 x 2 − 3x = y 2 − 2  2 2  2 y − 3y = x −1

( x,

y

)

KÈ

Định hướng: Trừ vế với vế của 2 phương trình thu được phương trình tích : x= y  ( x, y ) = 0



( x − y ) f ( x, y ) = 0   f

DẠ Y

Khi đó giải hệ cho từng trường hợp. Giải: Trừ vế với vế của 2 phương trình trên ta có :  x= y 3 ( x − y )( x + y − 1) = 0    y = 1− x 55

  x= y   x = y =1   2 2    2 x − 3x = x − 2  x = y = 2    y = 1 − x y = 1− x    2  2 x 2 − 3x = (1 − x )2 − 2   x − x + 1 = 0 

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là (1;1) , ( 2; 2 ) .

Giải hệ phương trình

( x,

Giải :

y

)

2 x 2 + 3xy + y 2 = 15  2 2  x + xy + 2 y = 8

Ví dụ 2: ( Hệ phương trình đối xứng loại 2 )

ƠN

Khử số hạng tự do ta có : x2 − 9 xy − 22 y 2 = 0

( )

Phân tích đưa phương trình ( ) về dạng tích thu được

x = −2 y   2 2  x + xy + 2 y = 8

( x,

( x + 2 y )( x − 11y ) = 0 từ đó quy về giải hệ : y

) và 



Vậy hệ có 4 cặp nghiệm là ( 2;1) , ( −2; −1) ,  −

x = 11y   2 2  x + xy + 2 y = 8

( x,

y

)

1 1   1 1  ; ;− ,   . 14 14   14 14 

Ví dụ 3: ( Hệ không quy tắc ) Giải hệ phương trình

2 2 3  5 x y − 4 xy + 3 y − 2 ( x + y ) = 0  2 2 2   xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )

(1) ( 2)

( x,

y

)

DẠ Y

KÈ

Định hướng: đưa phương trình (2) về dạng tích. Khi đó giải hệ theo từng trường hợp. Giải :

( 2 )  xy ( x 2 + y 2 ) + 2 − ( x 2 + y 2 ) − 2 xy = 0  ( xy − 1) ( x 2 + y 2 − 2 ) = 0  xy = 1  2 2 x + y = 2

( x, y ) = (1;1) ( x, y ) = ( −1; −1) 

Với xy = 1 ta có : (1)  y 4 − 2 y 2 + 1 = 0  y = 1   56

Với x2 + y 2 = 2 ta có :

(1)  3 y ( x 2 + y 2 ) − 4 xy 2 + 2 x 2 y − 2 ( x + y ) = 0  6 y − 4 xy 2 + 2 x 2 y − 2 ( x + y ) = 0

 (1 − xy )( 2 y − x ) = 0

 xy = 1  x = 2y

10 10  ;  5 5 

10 10  ;−  5 5 

ƠN

 2  ( x, y ) =     ( x, y ) =  − 2    

Với x = 2 y , từ x2 + y 2 = 2 ta có:

 2 10 10   2 10 10  ; ;−  ,  −  . 5   5 5   5

Vậy hệ cho có 4 cặp nghiệm là (1;1) , ( −1; −1) , 

Ví dụ 4: ( Phân tích nhờ hằng đẳng thức ) Giải hệ phương trình

 x3 − y 3 = 9  2 2 2 x + y = 4 x − y

Định hướng: Dự đoán ( 2; −1) là một nghiệm của hệ từ đó nghĩ tới phân tích làm xuất hiện x − 2 và y + 1 trong hệ .

Giải :

Hệ phương trình trên

KÈ

3 3   x3 − 8 = y 3 + 1 ( x − 2 ) + 6 x ( x − 2 ) = ( y + 1) − 3 y ( y + 1)(1)  2  2 2 x ( x − 2 ) + y ( y + 1) = 0 ( 2 )  2 x − 4 x + y + y = 0 

Thế (2) vào (1) thu được x − 2 = y + 1  x = y + 3

DẠ Y

Từ đó tìm được nghiệm của hệ là ( 2; −1) , (1; −2 ) .

Một số hệ phương trình, việc đưa các phương trình của hệ về phương trình tích gặp khó khăn do đó nhận diện nhân tử chung thì ta có thể định hướng nhân tử chung bằng cách sử dụng hằng đẳng thức, tam thức bậc hai hay máy tính bỏ túi … Sau đây là một số ví dụ minh họa. 57

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình

( x,

)

y

 2 x 2 + y 2 − 3xy + 3x − 2 y + 1 = 0 (1)  2 2 4 x − y + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y (2)

( Đề thi tuyển sinh Đại học Khối B năm 2013 )

Định hướng: Biến đổi phương trình (1) về phương trình bậc 2 với ẩn x, xem y là trình (1) về phương trình tích . 2

= 0 , ta có  = 9 ( y − 1) − 8 ( y − 1) = ( y − 1) 2

(1)  2 x 2 − 3 ( y − 1) x + ( y − 1)

hằng số. Giải tìm được x theo y. Từ đó định hướng được nhân tử chung và đưa phương

ƠN

3 ( y − 1) − ( y − 1) y − 1  = x = 4 2 Nên phương trình có hai nghiệm:  3 ( y − 1) + ( y − 1)  = y −1  x = 4

Từ đó định hướng việc phân tích phương trình (1) làm xuất hiện hai nhân tử

( 2 x − y + 1) , ( x − y + 1) Giải:

2 x + y  0 x + 4 y  0

Điều kiện : 

(1)  2 x 2 − 3 ( y − 1) x + ( y − 1)  ( 2 x − y + 1)( x − y + 1) = 0

 y = 2x +1   y = x +1

Thay y = 2 x + 1 vào phương trình (2) ta được:

4 x + 1 + 9 x + 4 = −3 x + 3 ( 3)

DẠ Y

KÈ

( Nhẩm nghiệm ( x = 0 ), tách nhóm và nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung ( x))

( 3) 

4 x + 1 − 1 + 9 x + 4 − 2 + 3x = 0

4 9    x + + 3 = 0 9x + 4 + 2   4x +1 +1  x=0

Với x = 0 suy ra y = 1

Thay y = x + 1 vào phương trình (2) ta được: 3x + 1 + 5x + 4 = 3x2 − x + 3 (4)

( Nhẩm nghiệm ( x = 0, x = 1) , tách nhóm và nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử

chung ( x ( x − 1) ) .

 x = 0, y = 1 x = 0 1 1   (4)  ( x 2 − x )  3 + +  = 0   x = 1   x = 1, y = 2 3x + 1 + x + 1 5x + 4 + x + 2    

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình

( x,

y

)

 3xy − 9 y 2 + 11y + 2 = 0  2 2  x − 2 xy + 3 y − 6 y − 3 = 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( 0;1) , (1; 2 ) .

Định hướng: Từ mỗi phương trình, việc rút x theo y hoặc ngược lại gặp khó khăn trong các bước giải tiếp theo:

ƠN

Nếu từ phương trình thứ nhất kiểm tra được y  0 và rút x =

9 y 2 − 11y − 2 thì khi 3y

thay vào phương trình 2 việc giải phương trình gặp khó khăn ( phương trình bậc 4 không trùng phương, việc nhẩm nghiệm khó khăn do nghiệm chứa căn ) . Từ phương trình 2, việc phân tích thành nhân tử gặp khó khăn và không thực hiện được theo cách trên .

Ta có thể cộng hai vế tương ứng của hai phương trình với nhau để thu được phương

trình

x2 + xy − 6 y 2 + 5 y − 1 = 0 (1)

Tương tự như ví dụ trên, ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 đối với x trong đó y đóng vai trò là hằng số . 2

Ta có  = y 2 − 4 ( −6 y 2 + 5 y − 1) = 25 y 2 − 20 y + 4 = ( 5 y − 2 )

KÈ

− y + 5y − 2  = 2 y −1  x= 2 Nên phương trình có hai nghiệm   x = − y − 5 y + 2 = −3 y + 1  2

DẠ Y

Từ đó định hướng việc phân tích phương trình (1) làm xuất hiện hai nhân tử

( x − 2 y + 1) , ( x + 3 y − 1) . Kết quả nghiệm của hệ là  5 + 2 22 4 + 22  ;  , 3 3  

 5 − 2 22 4 − 22  ;  , 3 3  

 −1 + 85 7 − 85  ;  , 6 18   59

 −1 − 85 7 + 85  ;   . 6 18  

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình

 x3 − 4 y 3 = 6 x 2 y − 9 xy 2   x + y + x − y = 2

Giải: x + y  0 x − y  0

Điều kiện: 

Hệ có phương trình đầu là phương trình đẳng cấp nên ta xử lý phương trình

này trước tiên .

x3 − 4 y 3 = 6 x 2 y − 9 xy 2  ( x − 4 y ) ( x 2 − 2 xy + y 2 ) = 0

ƠN

x = 4y 2  ( x − 4 y )( x − y ) = 0    x= y

Th1: Nếu x = y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2x = 2  x = 2  y = 2

Th2: Nếu x = 4 y thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 3 y + 5 y = 2  y = 8 − 2 15  x = 32 − 8 15

(

)

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( x; y ) = ( 2; 2 ) ; 32 − 8 15;8 − 2 15 .

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình

 y 2 = ( 5 x + 4 )( 4 − x )  2 2  y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0

Giải:

KÈ

Viết lại phương trình thứ hai của hệ dưới dạng: y 2 − ( 4 x + 8 ) y − 5 x 2 + 16 x + 16 = 0

DẠ Y

Coi đây là phương trình bậc hai với ẩn là y ta được:  = ( 4 x + 8 ) − 4 ( −5 x 2 + 16 x + 16 ) = 36 y 2 2

4x + 8 + 6x  = 5x + 4 y = 2 Suy ra   y = 4x + 8 − 6x = 4 − x  2 60

Th1: Với y = 5x + 4 , thay vào phương trình đầu của hệ ta được:

 x =0 y =4 x ( 5x + 4) = 0   x = − 4  y = 0 5 

x = 0  y = 4 x (4 − x) = 0   x = 4  y = 0

Th2: Với y = 4 − x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:

 4 

 

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình

ƠN

12   x =2 y + 3x 

12   y =6 y + 3x 

 1 −   1 +  

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là ( x; y ) = ( 0; 4 ) ; ( 4;0 ) ;  − ;0  . 5

( x, y  ) .

(Trích đề thi HSG QG năm 2007)

Giải:

Điều kiện: x  0; y  0 .

Hệ phương trình đã cho tương đương với

 1 −   1 + 

12 2 = y + 3x x 12 6 = y + 3x y

3 1  + =1  y y    3 − 1 = 12  y y y + 3x

DẠ Y

KÈ

Nhân theo vế hai phương trình của hệ ta được :



 3 1  3 1  12 + −    =  x  y x  y + 3x  y

9 1 12  27 x 2 − 6 xy − y 2 = 0  ( 3 x − y )( 9 x + y ) = 0 − = y x y + 3x

 y = 3x (Vì 9 x + y  0;  x, y  0 ) . Thay y = 3x vào phương trình 61

3 1 + = 1 ta được: y x

3 1 + = 1  x = 3 + 1  x = 4 + 2 3  y = 12 + 6 3 (thỏa mãn) . 3x x

(

)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = 4 + 2 3;12 + 6 3 .

Trong nhiều bài toán giải hệ phương trình, ta phải sử dụng kỹ thuật nhân liên hợp để đưa phương trình về dạng tích. Những hệ có chứa căn thức thường được làm Ví dụ 10: Giải hệ phương trình

(1 − y ) x 2 + 2 y 2 = x + 2 y + 3xy    y + 1 + x 2 + 2 y 2 = 2 y − x

theo hướng này. Chẳng hạn như ví dụ sau đây .

ƠN

(Trích đề thi thử đại học năm 2014) Giải: Điều kiện: y + 1  0

Nhận thấy ( x; y ) = ( 0;0 ) không thỏa mãn hệ phương trình . Với ( x; y )  ( 0;0 ) thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

(1 − y ) ( −2 y 2 − 4 xy ) − ( 2 y 2 + 4 xy ) = 0 2 2 x + 2y + ( x + 2y)



x 2 + 2 y 2 − ( x + 2 y )  − ( 2 y 2 + 4 xy ) = 0 

(1 − y ) 

DẠ Y

KÈ

  1− y + 1 = 0  ( 2 y 2 + 4 xy )   x2 + 2 y 2 + ( x + 2 y )     y=0   y = −2 x  2 2  x + 2 y = − ( x + y + 1)

Với y = 0 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 1 + x + x = 0 (vô nghiệm)

Với y = −2 x , thay vào phương trình thứ hai ta được: 1 − 2 x + 3 x + 5 x = 0

Với

−1 − 5 1+ 5 y= 4 2

x=

x 2 + 2 y 2 = − ( x + y + 1) thay vào phương trình thứ hai ta có:

y + 1 = 3 y + 1  y = 0  1 + x + x = 0 (vô nghiệm) .

 −1 − 5 1 + 5  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) =  ;  . 4 2  

3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ

A. Thế nào là ẩn phụ? Có nhiều cách hiểu về ẩn phụ. Để hiểu đầy đủ về ẩn phụ là điều rất khó. Ở đây chỉ có thể nêu một vài khái niệm đơn giản về ẩn phụ như sau :

ƠN

• Ẩn phụ phải xem là không phải ẩn ban đầu đã cho của bài toán . Phải dùng ẩn phụ vì với ẩn đã cho thì bài toán khó (hoặc không) giải được, khi thay bằng ẩn mới thì bài toán sẽ dễ giải hơn.

• Ẩn phụ còn có thể coi là ẩn trung gian vì có những bài toán giải được bởi cách dùng nhiều ẩn phụ. • Ẩn phụ còn có tác dụng cải tiến, chuyển hóa bài toán đã cho về các bài toán dạng

cơ bản hoăc dạng quen thuộc. B. Dấu hiệu để nhận biết bài toán có thể dùng được ẩn phụ : ❖ Các đại lượng trong bài toán có mối liên hệ nào đó (biểu hiện bằng biểu thức toán học) mà nhờ mối liên hệ đó đại lượng này biểu diễn được qua đại lượng kia (hoàn

toàn hoặc không hoàn toàn) . Mối quan hệ này có thể dễ thấy nhưng cũng có khi lại bị khuất, đòi hỏi người giải phải tinh ý để phát hiện ra . ❖ Ẩn phụ có thể xuất hiện trong quá trình giải toán, biến đổi, vì vậy người giải phải theo dõi sát quá trình biến đổi để phát hiện sự xuất hiện của ẩn phụ .

DẠ Y

KÈ

❖ Các bài toán mà ẩn phụ có tác dụng thay đổi dạng của bài toán thì các dấu hiệu dùng được ẩn phụ thông thường được đúc kết trong lý thuyết hoặc trong kinh nghiệm có tính kĩ thuật . C. Quy trình giải bài toán bằng cách đặt ẩn phụ: ✓ Bài toán (1) đã cho với ẩn ban đầu . ✓ Chọn ẩn phụ . ✓ Bài toán (2) với ẩn phụ . ✓ Trở về ẩn ban đầu . ✓ Bài toán (3) với ẩn ban đầu dễ hơn bài toán (1) .

Việc giải bài toán bằng cách đặt ẩn phụ có thể xem như là đáng lẽ ta phải đi

đường thẳng thì ta lại đi theo đường vòng nhưng dễ đi hơn . D. Một số dạng bài minh họa cho phương pháp giải hệ phương trình bằng cách đặt ẩn phụ.

Điều kiện xác định : x  1; y  2 . Đặt a = x − 1; b = y + 2 ( a  0; b  0 )

Giải:

 x − 1 − 3 y + 2 = 2  2 x − 1 + 5 y + 2 = 15

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

ƠN

 a − 3b = 2  2a − 6b = 4  2a + 5b = 15 2a + 5b = 15

Ta có hệ: 

 11b = 11 b = 1   ( thỏa mãn ) a − 3b = 2 a = 5

x −1 = 5 a = 5  x − 1 = 25  x = 26    y + 2 =1  y + 2 =1  y = −1 b = 1

Ta có: 

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( 26; −1) .

KÈ

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

5  2 3 2  x + y + x y + xy + xy = − 4   x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x ) = − 5  4

(Trích đề thi đại học khối A năm 2008) Giải:

Hệ phương trình đã cho tương đương với

DẠ Y

( x, y  )

5  2 2  x + y + xy ( x + y + 1) = − 4  ( x 2 + y )2 + xy = − 5  4

5  5 2  u = 0; v = −  v = − 4 − u  4   u = − 1 ; v = − 3 u  u 2 + u + 1  = 0    4 2 2

 5  x2 + y = 0 u = 0  x=3 4    Với  5  5   xy = −  y = − 3 25 v = − 4 4   16

5  u + v u + 1 = − ( )  4  u 2 + v = − 5  4

u = x 2 + y Đặt  . Ta có hệ phương trình sau: v = xy

ƠN

1 1   2  x =1 u = − 2  x + y = − 2    Với  3 3 3 v = −  xy = −  y = − 2   2 2

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình

35 25   3 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( x; y ) =  ;−3  ; 1; −  . 16   2  4

 x + y + 1 + 1 = 4 ( x + y )2 + 3 ( x + y ) (1)   3 (2)  2x − y =  2

Giải:

DẠ Y

KÈ

Điều kiện : x + y  0. Đặt t = x + y ( t  0 ) . Thay vào (1) ta có t + 1 + 1 = 4t 2 + 3t  t + 1 − 3t = 4t 2 − 1

1 − 2t = ( 2t − 1)( 2t + 1) t + 1 + 3t 1 1    (1 − 2t )  + ( 2t + 1)  = 0  t = 2  t + 1 + 3t 



2 1   x= x+ y =   1  3 2  Với t = . Hệ đã cho tương đương với   3 2 2 x − y = y = − 1   2 6



1  + ( 2t + 1)  = 0 vô nghiệm do điều kiện t  0 thì 2t + 1  0  t  0 , và  t + 1 + 3t 

+ 

3 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) =  ; −  . 2 6

 x ( x + y + 1) − 3 = 0   5 2 ( x + y ) − x 2 + 1 = 0 

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình

1 1   + ( 2t + 1)  = 0 vô nghiệm .  0  t  0 nên phương trình  t + 1 + 3t  t + 1 + 3t 

( Đề thi tuyển sinh đại học khối D 2009 )

ƠN

Giải:

 x ( x + y + 1) − 3 = 0 2 2 2  x ( x + y ) + x − 5 = 0

( x  0)

Hệ đã cho tương đương với 

 t+x=3 t + x = 3 t = 1; x = 2   2 2 t + x = 5  tx = 2 t = 2; x = 1

Đặt t = x ( x + y ) . Thay vào hệ ta có 

 x=2 x ( x + y ) = 1   Với   3 y=−  x=2   2

x ( x + y ) = 2 x =1  x =1 y =1 

 Với 

 

3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) =  2; −  , (1;1) . 2 

DẠ Y

KÈ

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  ( y − 1) x − y + ( x − y − 1) y = x − 2  x y2 + 8 = y x2 − 8 + 8  

Giải:

Đặt a = x − y  0, b = y  0  x = a 2 + b 2 , y = b 2 . Vì phương trình 2 khá lớn nên ta tập trung vào phương trình đầu tiên để phân tích thành nhân tử :

− 1) a + ( a 2 − 1) b = a 2 + b 2 − 2  ( a − 1)( b − 1)( a + b + 2 ) = 0 66

(1)

Đến đây là ta có thể sử dụng phương pháp thế. Tuy nhiên nếu để ý kĩ thì

phương trình 2 có thể xử lý được độc lập : x y 2 + 8 − 8 = y x 2 − 8  x 2 ( y 2 + 8 ) − 16 x y 2 + 8 + 64 = y 2 ( x 2 − 8 )

)

=0 x =

y 2 + 8 (2)

(

 8 x 2 − 16 x y 2 + 8 + 8 ( y 2 + 8 ) = 0  x − y 2 + 8

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình

( x,

y

)

ƠN

 xy + x + 1 = 7 y  2 2 2  x y + xy + 1 = 13 y

9 7  a = 1, x = y 2 + 8 → x = , y =  2 2 Kết hợp (1) và (2)    b = 1, x = y 2 + 8 → x = 3, y = 1

( Đề thi Đại học khối B năm 2009 )

Giải :

Xét y = 0 không thỏa mãn hệ

x 1   x+ y + y =7  Với y  0 , hệ đã cho tương đương với   x 2 + x + 1 = 13  y y2

KÈ

1  u = x + y  u+v = 7 u = −5; v = 12   Đặt  . Thay vào hệ ta có  2 u − v = 13  u = 4; v = 3  v= x  y

1 1   x + = 4  x + = −5 y (1) hoặc  y (2)   x = 3y  x = 12 y    1  

(1) vô nghiệm ; (2) có nghiệm : ( x, y ) = 1;  và ( x, y ) = ( 3;1) 3  1  

DẠ Y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x, y ) = 1;  ; ( 3;1) . 3

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình

 x 17 − 4 x 2 + y 19 − 9 y 2 = 3   17 − 4 x 2 + 19 − 9 y 2 = 10 − 2 x − 3 y

Giải: 17 17 19 19 x ; −  y 2 2 3 3

Điều kiện: −

Để ý x 17 − 4 x 2 liên quan đến 2x và 17 − 4 x 2 , y 19 − 9 y 2 liên quan đến 3y và

19 − 9 y 2 . Và tổng bình phương của chúng là những hằng số .

Đặt 2 x + 17 − 4 x 2 = a; 3x + y 19 − 9 y 2 = b . Hệ đã cho tương đương.

ƠN

a + b = 10  a = 5; b = 5  2   a − 17 b2 − 19 + = 3  a = 3; b = 7  6  4

  1  x = 2 2 x + 17 − 4 x 2 = 5   Th1:    x = 2 2 3 y + 19 − 9 y = 5   y = 5  13  6

2 x + 17 − 4 x 2 = 3

Th2: 

3 y + 19 − 9 y = 7 2

(loại)

Vậy hệ có nghiệm là

 1 5 + 13  ; , 6  2

( x; y ) = 

 1 5 − 13   ; , 6  2

 5 + 13   2; , 6  

 5 − 13   2;  . 6  

DẠ Y

KÈ

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình 2 x3 − 4 x 2 + 3x − 1 = 2 x 3 ( 2 − y ) 3 − 2 y    x + 2 = 3 14 − x 3 − 2 y + 1

Điều kiện: x  −2; y 

Giải: 3 . Ta thấy khi x = 0 thì hệ không có nghiệm . 2

Chia phương trình (1) cho x 2  0 :

(

3− 2y

)

+ 3− 2y

4 3 1 1 1 (1)  2 − + 2 − 3 = ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y  1 −  + 1 −  = x x x  x  x

1 1 Đặt a = 1 − , b = 3 − 2 y , ta có a 3 + a = b3 + b  a = b  3 − 2 y = 1 − x x

Thay vào (2) ta được: x + 2 − 3 15 − x = 1  x + 1 = 3 15 − x  x 3 + 3x 2 + 4 x − 14 = 0

111  111  . Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x, y ) =  7; . 98  98 

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình

  x + y − xy = 3    x +1 + y +1 = 4

 x=7 y=

ƠN

(Trích đề thi Olympic 30/4/2010, lớp 11)

Giải:

Điều kiện: x  1; y  1; xy  0

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với

( x + 1)( y + 1) = 16

x+ y+2+2

 x + y + 2 x + y + xy + 1 = 14

Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S 2  4P . Ta được hệ phương trình sau :

 S 3   S − P = 3 2   P = ( S − 3)    S + 2 S + P + 1 = 14 2  S + 2 S + ( S − 3) + 1 = 14

KÈ

Có : S + 2 S + ( S − 3) + 1 = 14  2 S + ( S − 3) + 1 = 14 − S

14 − S  0   2 2 4 S + ( S − 3) + 1 = (14 − S )

DẠ Y

(

)

S  14   2 3S + 8S − 156 = 0

 S  14   S = 6 S =6 P =9  26  S = −   3 69

(thỏa mãn điều kiện)

S = 6  x + y = 6 Với    x= y=3 x . y = 9 P = 9  

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 3;3) .

3.3 Phương pháp nhân lượng liên hợp

Ý tưởng của phương pháp nhân lượng liên hợp là tìm cách phân tích thành

nhân tử. Nhưng đối với một đa thức thì việc phân tích đa thức thành nhân tử sẽ dễ

A  B là

A B =

A− B A B

Biểu thức liên hợp của 

A3 B =

A  3 B là

( A)

A4 B =

(

( A) 3

A B

 3 A3 B +



B , tức là biến đổi:

ƠN

Nhắc lại, biểu thức liên hợp của

dàng hơn so với các biểu thức chứa căn, do đó chúng ta sẽ tìm cách khử căn thức bằng cách nhân chia với biểu thức liên hợp .

 3 A3 B +

( B) 3

A− B

)(

A+ B

( B) 3

)

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

 x − 4 y + 3 y = 2x + y  2   y − 1 + x + 1 + y + y = 10

Giải:

 y  1; x  1 khi đó : 2 x + y  0

KÈ

Điều kiện: 

Phương trình (1)  ( x − 4 y ) +

DẠ Y

Do y  1 

3 y + 2x + y

  8 y − 2x 2 = 0  ( x − 4 y ) 1 − =0  3 y + 2 x + y  3 y + 2x + y  



1 1 = 3+ 0 3

nên phương trình (1)  x = 4 y thế vào

phương trình (2) ta có :

y − 1 + 4 y + 1 + y 2 + y = 10 

y −1 −1+ 4 y +1 − 3 + y2 + y − 6 = 0

  1 4  ( y − 2)  + + y + 3 = 0  y = 2  x = 8  y −1 +1  4 y +1 + 3  

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x, y ) = ( 8; 2 ) .

 x + x2 + 1 = y + y 2 −1   2  y + 6 x = ( 2 x + 1) y 2 + 2 x + 2

Giải : Điều kiện: y 2  1; y 2 + 2 x + 2  0

x + y + x2 + 1 + y 2 + 1 x +1 + y 2

)(

y +1 + x 2

(

ƠN

Khi đó phương trình (1)  x 2 + 1 − y + x − y 2 − 1 = 0   ( x 2 − y 2 + 1)

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

)

x2 + 1 − y 2

x2 + 1 + y

x2 − y 2 + 1 x + y2 +1

= 0  x2 + 1 = y 2

Thế vào phương trình (2) ta có : x 2 + 6 x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 + 2 x + 3 1 x2 + 6 x + 1 = x 2 + 2 x + 3 , ( x = − không phải nghiệm ) 2 2x +1



 x2 + 6 x + 1 1 1  − 2 = x 2 + 2 x + 3  ( x 2 + 2 x − 1)  − =0 2 2x +1  x + 2x + 3 + 2 2x +1 



 y = 42 2  x = −1  2  x2 + 2 x −1 = 0      3 + 15 11 + 2 2  x 2 + 2 x + 3 = 2 x − 1  x = y = 3  3 

DẠ Y

KÈ

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  (1) (1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y  2  2 y − 3x + 6 y + 1 = 2 x − 2 y − 4 x − 5 y − 3 (2)

( Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2014 ) Giải :

(

)

(

)

x − y − 1 + ( x − y − 1) 1 − y = 0

 1 1   (1 − y )( x − y − 1)  + =0  x − y + 1 1 + y   

(3)

Ta có (1)  (1 − y )

( )

y  0  Điều kiện :  x  2 y 4 x  5 y + 3 

 y =1 1 1 +  0 nên (3)   x − y +1 1+ y  y = x −1

• Với y = 1 , phương trình (2) trở thành 9 − 3x = 0  x = 3

• Với y = x − 1 , điều kiện ( ) trở thành 1  x  2 . Phương trình (2) trở thành

(

)

ƠN

2 x 2 − x − 3 = 2 − x  2 ( x 2 − x − 1) + x − 1 − 2 − x = 0

1 5 1   2  ( x 2 − x − 1)  2 +  = 0  x − x −1 = 0  x = 2 x −1 + 2 − x  

Đối chiếu điều kiện ( ) và kết hợp trường hợp trên, ta được nghiệm của hệ đã cho  1 + 5 −1 + 5  ;  . 2   2

là ( x, y ) = ( 3;1) , 

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình

 x + 4 − y − 1 = y − 3 − x + 2 (1)  2 2 (2)  x + y − xy = 2 y − x + 12

Giải:

 x  −2 y  3

KÈ

Điều kiện: 

+) Xét

 x = −2 y −3 + x + 2 = 0    y =3

DẠ Y

Thay vào phương trình (2) ta được: 19 = 20 (vô lý) +) Xét

y − 3 + x + 2  0 . Khi đó :

x + 4 − y −1 =

y −3 − x+ 2

x− y+5 = x + 4 + y −1

 x − y −5 = 0 y − x −5  y −3 + x + 2  x + 4 + y − 1 = −

(

y −3 + x+ 2

)

(3) (4)



y = 4 y = 2

Từ (3) suy ra x = y − 5 thay vào phương trình (2) ta được: y 2 − 6 y + 8 = 0  

x+4 =0

 x = −4  x = −2 x+2 =0   y −3 = 0  y =3  y = 1 y −1 = 0

      

Với y = 4  x = −1 phương trình (4)  x + 4 + y − 1 + y − 3 + x + 2 = 0

Suy ra phương trình (4) vô nghiệm

ƠN

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( −1; 2 ) . Ví dụ 5: Giải hệ phương trình

  x + 1 − x − 7 = y + 1 − y − 7 (1)  (2)   y +1 + x − 7 = 4

x  7 y  7

+) Xét

Điều kiện: 

Giải:

x = 7 y −7 + x−7 = 0   y = 7

Thay vào phương trình (2) ta được : 2 2 = 4 (Vô lý) y − 7 + x − 7  0 . Khi đó :

DẠ Y

KÈ

+) Xét

(1)  

x +1 − y +1 = x − 7 − y − 7

x− y = x +1 + y +1

x = y 1   =  x + 1 + y + 1

x− y x−7 + y−7 1 x−7 + y−7

Với x = y thay vào (2) ta có

x +1 + x − 7 = 4

7  x  8  2 x − 6 + 2 x 2 − 6 x − 7 = 16  x 2 − 6 x − 7 = 11 − x   2 2  x − 6 x − 7 = 121 − 22 x + x

Với

1 = x +1 + y +1

1 x−7 + y−7

(3)

Cách 1:  x + 1 + y + 1 = x − 7 + y − 7

x +1 + y +1 + x − 7 + y − 7 = 8

Từ hệ phương trình ta có

y + 1 = 4 − x + 1 thay vào (2) ta có 4 − x + 1 + x − 7 = 4

 x +1 + y +1 = 4 

 x =8 y =8

 x − 7 = x − 1 (vô lý)

 x + 1  x + 7  x  7

Nhận thấy: 

 y + 1  y − 7  y  7

ƠN

Cách 2:

x + 1 + y + 1  x − 7 + y − 7  x  7; y  7

nên

Do đó phương trình (3) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 8;8 ) . Ví dụ 6: Giải hệ phương trình

 (1) x − 4 y + 3 y = 2x + y  2   y − 1 + x + 1 + y + y + 10 (2)

Giải:

 y  1; x  −1 2 x + y  0

Điều kiện: 

  2 8 y − 2x =0 = 0  ( x − 4 y ) 1 −  3 y + 2 x + y  3 y + 2x + y  

KÈ

(1)  ( x − 4 y ) +

DẠ Y

Do y  1  0 

2 3 y + 2x + y



( )

2 2  1− 0 3 3 y + 2x + y

( )  x = 4 y . Thay vào phương trình (2) ta có : y − 1 + 4 y + 1 + y 2 + y = 10 

y −1 −1+ 4 y +1 − 3 + y2 + y − 6 = 0

 1  4  ( y − 2)  + + y + 3 = 0  y = 2  x = 8  y −1  4 y +1 + 3   74

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 8; 2 ) .

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình

  x − y + x + y − 2 y = y − x (1)  (2)   2x − 3 − y = 2 y − 6

Giải:

3 2

Điều kiện: x  , y  0

  x− y x− y 1 1 + = y − x  ( x − y ) 1 + + =0  x+ y x + y + 2y x+ y x + y + 2 y   x= y

(1) 

ƠN

Thế vào phương trình (2) ta được:

2x − 3 − x = 2x − 6 

1  − 2  = 0 (3)  2x − 3 + x 



x −3 = 2x − 6 2x − 3 + x

( x − 3) 

2 3 1  2x − 3 + x  1 1 3 2 2x − 3 + x

x

Phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 3;3) .

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình

 x + x + 1 = y + y − 1 (1)  2 2 (2)  y + x − 4 y + 3 = 0

KÈ

Điều kiện : x  0, y  1 Khi đó phương trình (1)  x + 1 − y + x − y − 1 = 0

( )

x = 0 thỏa mãn phương trình (1) và (2) nên hệ phương trình có nghiệm y =1

DẠ Y

Xét trường hợp 

( x; y ) = ( 0;1) Với x  0 hoặc y  1 ta có: ( )  75

x +1− y x − y +1 + =0 x +1 + y x + y −1

(

x + y + x +1 + y −1 x +1 + y

)(

y −1 + x

)

= 0  x = y −1

 ( x +1− y )

 y =1 y = 2

Thế vào phương trình (2) ta được: y 2 − 3 y + 2 = 0  

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 0;1) và ( x; y ) = (1; 2 ) .

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình

 x + 3 y − 1 + 2 x + 6 y + 5 = 8 (1)  2 (2)  x + 2 y + 4 = 3xy

Điều kiện: x + 3 y −1  0 Từ phương trình (1) ta có :

) (

x + 3 y −1 − 3 +

)

2x + 6 y + 5 − 5 = 0

2 ( x + 3 y − 10 ) x + 3 y − 10 + =0 x + 3 y −1 + 3 2x + 6 y + 5 + 5



(

ƠN

x + 3 y −1 + 2x + 6 y + 5 = 8 

  1 2  ( x + 3 y − 10 )  +  = 0  x + 3 y −10 = 0  x + 3 y −1 + 3 2 x + 6 y + 5 + 5  

 x = 10 − 3 y

(3)

Thay (3) vào (2) ta có :  y=2 (10 − 3 y ) + 2 y + 4 = 3 (10 − 3 y ) y  9 y − 44 y + 52 = 0   26 y= 9  2

+ Với y = 2  x = 4 (thỏa mãn)

KÈ

+ Với y =

26 4 x= 9 3

(thỏa mãn)  4 26 

DẠ Y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 4; 2 ) ,  ;  . 3 9 

3.4 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên tập D ( D có thể là một đoạn, một khoảng

hoặc nửa khoảng) .

Định lí 1:

Nếu hàm số y = f ( x ) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D thì

phương trình f ( x ) = k có nhiều nhất một nghiệm trên D và f ( u ) = f ( v ) khi và

chỉ khi u = v , với mọi u, v thuộc D . Định lí 2:

Nếu hàm số y = f ( x ) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D và hàm số y = g ( x ) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D thì phương trình

f ( x ) = g ( x ) có nhiều nhất một nghiệm trên D . Định lí 3:

( x) = 0

ƠN

Giả sử hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp n trên D và phương trình ( có m nghiệm. Khi đó, phương trình f

m + 1 nghiệm trên D .

k −1)

( x) = 0

có nhiều nhất

Lưu ý : Một số đặc điểm để nhận dạng hệ phương trình có thể áp dụng phương pháp này là :  Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến về một dạng phương trình có tính đối xứng .

 Hệ đối xứng loại 2 nhưng không giải được bằng phương pháp thông thường.

 Có một phương trình trong hệ có thể cô lập được hai biến nhưng không đưa được về dạng đối xứng, chẳng hạn như : f ( x ) + f ( y ) = k hoặc f ( x ) . f ( y ) = k hoặc f ( x ) + g ( y ) = k hoặc f ( x ) = k ,

với k là hằng số .

Phương pháp giải:

KÈ

Bước 1: Tìm điều kiện các biến x, y của hệ phương trình ( nếu có ) . Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số : + Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f ( u ) − f ( v ) ( u,v là các biểu thức

DẠ Y

chứa x, y ) . + Xét hàm đặc trưng f ( t ) , chứng minh f ( t ) đơn điệu, suy ra u = v (đây là

hệ thức đơn giản chứa x, y ) . Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để được phương trình 1 ẩn . 77

Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần ôn tập tốt các phương pháp giải phương trình

1 ẩn) .

2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = ( 2 x + 9 ) x + 4 (1)  2 2 (2)  3x + 1 + 3x − 14 x − 8 = 6 − 4 y − y

( )

1  x  − Điều kiện:  3 6 − 4 y − y 2  0 

Giải:

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y ( sử

ƠN

dụng phương pháp hàm số kiểu f ( u ) = f ( v ) )

+ 2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = ( 2 x + 9 ) x + 4  2 ( y + 2 ) + ( y + 2 ) = 2 3

f ' ( t ) = 6t 2 + 1  0,  t 

)+ 3

x + 4 (3)

ta có :

 f ( t ) đồng biến trên

y  −2  y  −2   x+4  y+2= x+4    2 2  ( y + 2 ) = x + 4  x = 4 y + y (4)

(

)

Nên (3)  f ( y + 2 ) = f

x+4

+ Xét hàm số y = f ( t ) = 2t 3 + t trên

(

Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn 3x + 1 − 6 − x + 3x2 − 14 x − 8 = 0 (5)

Phương trình (5) có 1 nghiệm là x = 5 nên có thể biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp .



DẠ Y

) (

3x + 1 − 4 −

KÈ

liên hợp)

(

(5) 

3 ( x − 5) 3x + 1 + 4

)

6 − x − 1 + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0 (Tách thành các biểu thức

x −5 + ( x − 5 )( 3x + 1) = 0 (nhân liên hợp) 6 − x +1

3 1    ( x − 5)  + + ( 3x + 1)  = 0  x = 5 6 − x +1  3x + 1 + 4 

Với x = 5  y = 1 (thỏa điều kiện ( ) )

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 5;1) . 78

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

4 4   x + 3 + x − 2 − y + 5 = y (1)  2 2   x + 2 x ( y − 2 ) + y − 8 y + 4 = 0 (2)

Giải:

( )

Điều kiện : x  2

x + 3 + 4 x − 2 − y4 + 5 = y  4 x − 2 +

( x − 2) + 5 = y +

y 4 + 5 (3)

Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y

+ Xét hàm số y = f ( t ) = t + t 4 + 5 trên nửa khoảng [0; +) , f liên tục trên [0; +) và f ' ( t ) = 1 +

(

)

x − 2 = f ( y )  4 x − 2 = y  x = y 4 + 2 (4)

Nên (3)  f

 0,  t  [0; +)  f ( t ) đồng biến trên [0; +)

x − 2  0 và 4 y = ( x + y − 2 )  y  0 .

t4 + 5

ƠN

2t 3

Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn

y=0 2  4 y = ( y4 + y )  y ( y7 + 2 y 4 + y − 4) = 0   7 4 y + 2y + y − 4 = 0

Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số

Xét hàm số g ( y ) = y 7 + 2 y 4 + y − 4 trên nửa khoảng [0; +) Do g liên tục trên [0; +) và g ' ( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 1  0,  y  [0; +)  g ( y )

DẠ Y

KÈ

đồng biến trên [0; +) , nên (5)  g ( y ) = g (1)  y = 1 Nên (5)  g ( y ) = g (1)  y = 1 Với y = 0  x = 2 thỏa ( ) Với y = 1  x = 3 thỏa ( )

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( x; y ) = ( 2; 0 ) , ( 3;1) .

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 3 3 2   x − y − 2 = 3x − 3 y (1)  2 2 2   x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0 (2)

(Trích đề thi HSG năm 2010 tỉnh Nghệ An)

Giải: −1  x  1 0  y  2

Điều kiện : 

Khi đó (1)  x3 − 3x − 2 = y 3 − 3 y 2  ( x + 1) − 3 ( x + 1) = y 3 − 3 y 2 3

 f ( x + 1) = f ( y ) với f ( t ) = t 3 − 3t

f ' ( t ) = 3t 2 − 3  0,  t  [−1;1] . Hàm số nghịch biến trên ( −1;1)

Nên (1)  x = y − 1 . Thay vào (2) ta được phương trình : x 2 + 1 − x 2 − 3 2 ( x + 1) − ( x + 1) + 2 = 0 2

ƠN

 x2 − 2 1 − x2 + 2 = 0  x2 + 2 = 2 1 − x2

( )

 x=0

 VT() = x 2 + 2  2  Do  2 VP() = 2 1 − x  2

Với x = 0  y = 1 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 0;1) . Ví dụ 4: Giải hệ phương trình

3 3 2   x − 12 x − y + 6 y − 16 = 0  2 2 2  4 x + 2 4 − x − 5 4 y − y + 2 = 0

Giải:

−2  x  2 0  y  4

Điều kiện: 

DẠ Y

KÈ

Khi đó (1)  x3 − 12 x = y3 − 6 y 2 + 16  x3 − 12 x = ( y − 2 ) − 12 ( y − 2 ) 3

 f ( x ) = f ( y − 2)

Với f ( t ) = t 2 − 12t . Với điều kiện x [−2;2]; y [0;4]  t [−2;2]

Suy ra f ' ( t ) = 3t 2 − 12  0,  t  [−2; 2] . Hàm số f ( t ) nghịch biến trên [−2;2] Nên (1)  x = y − 2  y = x + 2 thay vào (2) ta được phương trình:

4 x2 + 2 4 − x2 − 5 4 ( x + 2) − ( x + 2) + 6 = 0

 4 x 2 + 2 4 − x 2 − 5 4 − x 2 + 6 = 0  4 x 2 + 6 = 3 4 − x 2  16 x4 + 48x2 + 36 = 36 − 9 x2

 16 x 4 + 57 x 2 = 0  x 2 (16 x 2 + 57 ) = 0  x = 0

Với x = 0  y = 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 0; 2 ) .

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình

( 8 x − 3) 2 x − 1 − y − 4 y 3 = 0 (1)  2 3 2 4 x − 8 x + 2 y + y − 2 y + 3 = 0 (2)

Điều kiện: x 

1 2

ƠN

Giải:

Khi đó (1)  ( 8 x − 4 + 1) 2 x − 1 = 4 y 3 + y  4

(

)

2 x − 1 + 2 x − 1 = 4 y3 + y

)

2x −1 = f ( y )

 f

(

Với f ( t ) = 4t 3 + t . f ' ( t ) = 12t 2 + 1  0  t 

thế vào (2) ta được :

 y0  Nên (1)  2 x − 1 = y   y2 +1 x =  2

. Hàm số đồng biến trên

y  0  2   y2 +1   y2 +1  3 2 4 − 8   + 2y + y − 2y + 3 = 0   2  2     

KÈ

1  x = 2 y0  y0  y = 0   4   y =0 2 2 3 2 y y + 2 y − y − 2 = 0 y = 1 ( ) y + 2y − y − 2y = 0   x =1    y = 1

1



DẠ Y

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( x; y ) = (1;1) ,  ;0  . 2 

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình 2  ( 4 x + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 (1)  2 2 (2)  4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

(Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2010)

Giải :

 f ( 2x ) = f

(

5− 2y

5 − 2y

f ' ( t ) = 3t 2 + 1  0  t 

)

)+ 3

5− 2y

với f ( t ) = t 3 + t

Khi đó (1)  ( 8 x ) + 2 x =

3   x  4 Điều kiện :  y  5  2

. Hàm số đồng biến trên

ƠN

 x0  x0  Nên (1)  2 x = 5 − 2 y   2  5 − 4 x2 y = 4 x = 5 − 2 y   2

x  0  2  2  5 − 4x2  4 x +  2  + 2 3 − 4 x = 7   

thay vào (2) ta được:

( )

 5 − 4 x2  Xét hàm số g ( x ) = 4 x +   + 2 3 − 4 x liên tục trên  2 

 3 0; 4 

4 4 5   3 g ' ( x ) = 8x − 8x  − 2 x2  − = 4 x ( 4 x 2 − 3) −  0  x   0;  3 − 4x 3 − 4x 2   4

1

Mặt khác g   = 7 nên ( ) có nghiệm duy nhất x =  y = 2 2 2 1 

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) =  ; 2  . 2

DẠ Y

KÈ

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình  x3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6 (1)   2 2 2  x y 2 + 2 4 y + 1 = x + x + 1 (2) 

(

)

Giải: Điều kiện : x  0

Nếu x = 0 , từ phương trình thứ hai của hệ ta có 0 = 6 (sai). Vậy x  0 ,

chia cả hai vế của (2) cho x 2 ta được :

)

(

)

(

Xét hàm số y = f ( t ) = t 1 + 1 + t 2 với t 

 1 1 2 y 1 + 4 y 2 + 1 = 1 + 2 + 1  (3) x x 

, phương trình (3) có thể viết lại thành

2t 2 + 1 t2 +1

0  t

, do đó 2 y =

Ta có f ' ( t ) = 1 +

1 f (2y) = f    x

1 . Thay vào (1) ta có x

x3 + x + 2 ( x 2 + 1) x − 6 = 0  x3 + x − 6 = −2 ( x 2 + 1) x (4)

ƠN

Xét các hàm số g ( x ) = x3 + x − 6 , h ( x ) = −2 ( x 2 + 1) x với x  ( 0; + ) . Dễ thấy g ( x ) , h ( x ) đơn điệu ngược chiều trên ( 0; + ) và g (1) = h (1) nên (4) có 1 . 2

nghiệm duy nhất x = 1  y =

 1  

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = 1;  . 2

(

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình

 x 2 + 1 − 3x 2 y + 2    x 2 y − x + 2 = 0

)(

)

4 y 2 + 1 + 1 = 8 x 2 y 3 (1) (2)

Giải:

Với x = 0 hoặc y = 0 thì hệ vô nghiệm.

KÈ

Với x  0 và y  0 . Phương trình (1) tương đương với

DẠ Y

x2 + 1 − 4x2 y + x 4 y +1 −1 2

.4 y 2 = 8 x 2 y 3 

x2 + 1 − 4x2 y + x 4 y +1 −1 2

= 2x2 y

 x2 + 1 − 4 x2 y + x = 2x2 y 4 y 2 + 1 − 2x2 y  x2 + 1 + x = 2x2 y



 1 1  2 + 1 + 1 = 2 y x x 

(

(2 y)

)

+1 +1

(3)

(

)

4 y2 +1 +1

(

)

t 2 + 1 + 1 có f ' ( t ) = t 2 + 1 +

Nên hàm số f ( t ) = t

(

)

t2 +1 +1

t2 +1

t2 + t +1+ t2 +1

+1 =

t2 +1

đồng biến trên

1

Từ phương trình (3) ta có : f   = f ( 2 y )  = 2 y  2 xy = 1 x x

0

Xét hàm số y = f ( t ) = t

x = 4  Thế vào phương trình (2) ta có: 2 x y − 2 x + 4 = 0  x − 2 x + 4 = 0   1  y = 8  

1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) =  4;  . 8

ƠN

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình:

)(

(



)

( x, y  )

 x + x2 + 4 y + y 2 + 1 = 2   6 3  27 x = x − 8 y + 2

(Trích đề thi HSG năm 2014 tỉnh Nghệ An)

Giải:

y + y +1

x + x2 + 4 =

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

(

 x + x 2 + 4 = −2 y − y 2 + 1

 x + x 2 + 4 = ( −2 y ) +

KÈ DẠ Y

Suy ra f ( t ) đồng biến trên

, ta có f ' ( t ) = 1 +

Xét hàm số y = f ( t ) = t + t 2 + 4 trên Ta có f ' ( t ) = 1 +

( −2 y )

1 t2 + 4

)

1 t2 + 4

 0;  t 

, do đó f ( x ) = f ( −2 y )  x = −2 y

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

27 x6 = x3 + 4 x + 2  3x 2 = 3 x3 + 4 x + 2

 ( x + 1) + ( x + 1) = x3 + 4 x + 2 + 3 x 3 + 4 x + 2

, Có g ' ( t ) = 3t 2 + 1  0;  t .

,  g ( x + 1) = g

Suy ra g ( t ) đồng biến trên

(

x3 + 4 x + 2

)

1 + 13 −1 − 13 y= 6 12

Với x =

1 − 13 −1 + 13 y= 6 12

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

ƠN

Với x =

1  13 6

 x + 1 = 3 x 3 + 4 x + 2  3x 2 − x − 1 = 0  x =

Xét hàm số g ( t ) = t 3 + t trên

 1 + 13 −1 − 13   1 − 13 −1 + 13  ; ; ,  . 6 12 6 12    

( x; y ) = 

3.5 Phương pháp đánh giá

Các bất đẳng thức quan trọng : • Bất đẳng thức AG – GM :

a+b  ab 2

Với mọi a  0, b  0 ta có :

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b Với mọi a  0, b  0, c  0 ta có :

a+b+c 3  abc 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Tổng quát: Cho n số thực không âm bất kì a1 , a2 ,..., an ta có :

KÈ

a1 + a2 + ...an n  a1a2 ...an n

Dấu

“=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an

DẠ Y

• Bất đẳng thức Bunhiacopxki : Cho các số thực a1 , a2 , b1 , b2 , khi đó : ( a12 + a2 2 )( b12 + b2 2 )  ( a1b1 + a2b2 ) , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a1 a2 = . b1 b2

Cho 2n số thực ai , bi (i = 1, 2 ,..., n) ta có : 85

2 1

+ a2 2 + ... + an 2 )( b12 + b2 2 + ... + bn 2 )  ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

Dấu bằng xảy ra khi

a a1 a2 = = ... = n . b1 b2 bn

• Bất đẳng thức vectơ : Ta có: u + v  u + v . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u = kv, k 

Nếu u = ( a; b ) , v = ( c; d ) thì ta có :

( a + c ) + (b + d )

a 2 + b2 + c2 + d 2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ac = bd .

Các bất đẳng thức phụ cần ghi nhớ :

1 1 2 với a  0; b  0; ab  1 . +  1 + a 1 + b 1 + ab

ƠN

1 1 2 với a  0; b  0; ab  1 . +  1 + a 1 + b 1 + ab

ab = 1 . a = b

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau

Dấu bằng xảy ra ở hai bổ đề này khi và chỉ khi 

( x,

y

)

 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12   3   x − 8x − 1 = 2 y − 2

(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối A, A1 năm 2014) Giải :

Điều kiện : −2 3  x  2 3; 2  y  12

(a − b)

a 2 + b2 0  ab 2

DẠ Y

KÈ

Với 2 số thực a, b bất kì ta có :

 x 2 − y + 12  x 12 − y  2 Áp dụng ta được :  2  y 12 − x 2 = y 12 − x 2  12 − x + y ( )  2

x0 2  y = 12 − x



Nên x 12 − y + y (12 − x 2 )  12 do đó : (1)  

(

)

Thay vào (2) ta được : x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2  x3 − 8 x − 3 + 2 1 − 10 − x 2 = 0 86

Do x  0  x 2 + 3x + 1 +

2 ( x + 3) 1 + 10 − x 2

  = 0 (3) 

 2 ( x + 3)  ( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 + 1 + 10 − x 2 

 0 khi đó (3)  x = 3  y = 3 (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 3;3) .

Điều kiện : −1  x  2 Ta có các bất đẳng thức sau

y

)

ƠN

Giải :

( x,

 x 2 + xy + y 2 x3 + y 3 +3 =2  3 2    2 − x + 2 x + 2 + xy = 4

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau

3 2 2  2 2  x + xy + y  4 ( x + y )  ( x − y )  0   x 3 + y 3  1 ( x + y )3  4

Khí đó ta suy ra :

x 2 + xy + y 2 3 x3 + y 3 +  x+ y  x+ y  2 3 2

2 2 − x  3 − x

Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có: 

( x + y) Và : xy  4

2.2 2 x + 2  2 x + 6

 2 − x + 2x + 2  3

 1 khi đó thì :

2 − x + 2x + 2  3

DẠ Y

KÈ

x = y  Dấu bằng xảy ra khi : 2 − x = 1  x = y = 1 , thử lại hệ phương trình thỏa mãn 2 x + 2 = 4 

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x = y = 1 .

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình

 2 y 1 − 8x + 2 1 − 2 x = +  x 4 xy  x  4 x = 2 y + 3 − y

2 x (1 − 4 x 2 ) + 2 x 2 (1 − 2 x ) = y +

Phương trình đầu tương đương :

1 2

Điều kiện: y  0 , từ phương trình đầu  0  x 

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có : y +

ƠN

Khi đó ta có :

1 4  2 4. =1 4y 4y

2 x (1 − 4 x ) + 2 x 2 (1 − 2 x )  1 2

(

)

1 + 2x + 2x  1

 2 x (1 − 2 x )

 2 x (1 − 2 x )  1 + 2 x − 2 x  2 x (1 − 2 x )  1 + 4 x − 2 2 x (1 + 2 x )  4 x 2 + 2 x − 2 2 x (1 + 2 x ) + 1  0

)

(

2 x (1 + 2 x ) − 1  0  2 x (1 + 2 x ) = 1



 −1 − 5 x = 4  2 x (1 + 2 x ) = 1  4 x 2 + 2 x − 1 = 0    −1 + 5 x = 4 

KÈ

Đối chiếu điều kiện ta có : x =

−1 + 5 , thử lại thỏa mãn 4

DẠ Y

 −1 + 5 1  ;  . Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) =  4 2 

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình

 4 x2 + y 2 4 x 2 + 2 xy + y 2 + = 2x + y  2 3    x xy + 5 x + 3 = 2 xy + 5 x − 3 88

( x, y  )

1 . 4y

(Trích đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh năm 2014)

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

) (1 + 1)  ( 2 x + y )

4x2 + y 2   2

( 2x + y )

2x + y 2

( 4x

Điều kiện: xy + 5x + 3  0 . Khi đó hệ phương trình có nghiệm nếu 2 x + y  0 .

Áp dụng bất đẳng thức AG - GM ta có :

4 x + 2 xy + y = ( 2 x + y ) − 2 xy  ( 2 x + y ) 2

3 2  2x + y  −  = ( 2x + y ) . 4  2  2

ƠN

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 2 x

4 x 2 + 2 xy + y 2 1 3 2x + y 2   . ( 2x + y ) = 3 3 4 2

Do đó

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 2 x

4 x2 + y 2 4 x 2 + 2 xy + y 2 +  2x + y 2 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y = 2 x , Có y = 2 x  2 x + y = 4 x  0

Thay y = 2 x vào phương trình thứ hai của hệ ta được : x0   x xy + 5 x + 3 = 4 x 2 − 5 x − 3   4x2 − 5x − 3  0 14 x 4 − 45 x 3 − 2 x 2 + 30 x + 9 = 0 

KÈ

 5 + 73 x  5 + 73 8  , vì 14 x3 − 3x 2 − 11x + 3  0;  x  8 ( x − 3) (14 x 3 − 3x 2 − 11x + 3) = 0 

DẠ Y

 x −3 = 0  x = 3 y = 6

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( 3;6 ) .

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình :

1 1 2  + =  2 2 1 + 2 xy  1+ 2x 1+ 2 y  2  x 1 − 2 x + y 1 − 2 y = ( ) ( )  9

1 2

Điều kiện : 0  x; y 

Giải:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : 2

  1 1    2 + 2 2    1+ 2x 1 + 2 y  

 1 1  +  1 + 2 x2 1 + 2 y2 

( )

ƠN

Dấu bằng xảy ra  1 + 2 x 2 = 1 + 2 y 2  x = y Ta lại có :

2 ( x − y ) ( 2 xy − 1) 1 1 2 + − = 0 2 2 1 + 2 x 1 + 2 y 1 + 2 xy (1 + 2 x 2 )(1 + 2 y 2 ) (1 + 2 xy ) 

1 1 2 +  2 2 1 + 2 x 1 + 2 y 1 + 2 xy

( )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y , từ ( ) và ( ) ta suy ra 2

 4 1 1 2    +  2 2  1 + 2 xy 1 + 2 xy 1+ 2x 1+ 2 y 

 1 1  +  1 + 2 x2 1 + 2 y2 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y . Khi đó (1)  x = y thế xuống phương

trình (2) ta được :

KÈ

x (1 − 2 x ) + x (1 − 2 x ) =

2 9  73 9  73 x= y= 9 36 36

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là

DẠ Y

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình  x + 4 32 − x − y 2 + 3 = 0 4  x + 32 − x + 6 y − 24 = 0

Giải: 90

 9  73 9  73  ;  . 36   36

( x; y ) = 

0  x  32 y  4

Điều kiện: 

Cộng hai phương trình vế theo vế ta có :

( )

x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x = y 2 − 6 y + 21

Ta có : y 2 − 6 y + 21 = ( y − 3) + 12  12 Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

(1 + 1)( x + 32 − x ) = 8

x + 32 − x 

 4 x + 32 − x + 4 x + 4 32 − x  12

ƠN

 x = 32 − x   x = 16 Từ đó suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi x, y thỏa mãn:  4 x = 4 32 − x    y =3 y −3 = 0 

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất là ( x; y ) = (16;3) .

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình

1 1 2  + =  2 2 1 + 2 xy  1+ 2x 1+ 2 y  2   x (1 − 2 x ) + y (1 − 2 ) = 9

Giải:

Điều kiện: 0  x, y 

1 2



1 

KÈ

Đặt a = 2 x, b = 2 y; a, b  0;  . 2  Ta có : VT =

1 1 + a2

1   1 .  2 + 2 2   1+ a 1+ b  1 + b2 1

DẠ Y

Ta sử dụng bổ đề với a, b  0 và ab  1 ta có bất đẳng thức :

( a − b ) ( ab − 1)  0 (đúng) 1 1 +  2 2 1+ a 1+ b (1 + ab ) (1 + a 2 )(1 + b2 ) 2

Vậy VT 

2 = VP 1 + ab 91

Đẳng thức xảy ra khi x = y . Thay vào (2) ta tìm được nghiệm của phương trình  9 + 73 9 + 73  ;   . 36 36  

 9 − 73 9 − 73  ;  , 36 36  

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = 

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình

 2 2 2 2 3 x ( x − y ) + x = 2 ( x − y )  76 x 2 − 20 y 2 + 2 = 3 4 x (8 x + 1) 

Giải: Điều kiện : x  y 2  0

(x − y ) 0

ƠN

Phương trình (1) tương đương : x3 + x ( x − y 2 ) − 2

2 3

x − y 2 = u phương trình (1) thành : x3 + xu 2 − 2u3 = 0  x = u  y 2 = x − x2

Đặt

Thay vào (2) ta được : 96 x 2 − 20 x + 2 = 3 32 x 2 + 4 x Ta có 96 x 2 − 20 x + 2 = 3 32 x 2 + 4 x = 3 1.1( 32 x 2 + 4 x ) 

32 x 2 + 4 x + 2 3

 3 ( 96 x 2 − 20 x + 2 )  32 x 2 + 4 x + 2  (16 x − 2 )  0  x = 2

1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) =  ;  8

1 7  y= 8 8

7  . 8 

KÈ

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình

2 xy  = x 2 + y (1) x + 3 2 x − 2x + 9   2 xy y + = y 2 + x (2) 2 3  y − 2y + 9

với x, y  0

Giải:

DẠ Y

Hiển nhiên x = y = 0 là một nghiệm của hệ. Ta xét x  0 và y  0 .

Cộng theo vế hai phương trình trong hệ ta được :  1 2 xy  +  3 x −1 2 + 8 )  (

  = x 2 + y 2 . Chú ý rằng 2 3 ( y − 1) + 8  1

Với xy  0 ta có 2 xy 

 3 x −1 2 + 8 )  (

( y − 1) +



1 2



   2 xy  x 2 + y 2 2 3 ( y − 1) + 8  1

1  ; 3 ( x − 1) + 8 2 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 . Với xy  0 . Khả năng này không

thể xảy ra . Thật vậy, không làm mất tính tổng quát giả sử x  0, y  0 thì rõ ràng đẳng

Ví dụ 10: Giải hệ phương trình

với x, y  0

ƠN

 41  1  2 9 x +  = 3 + 40 x 2x + y   2  2 2  x + 5 xy + 6 y = 4 y + 9 x + 9

thức (1) không thể xảy ra . Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y ) là ( 0;0 ) , (1;1) .

Giải:



Phương trình (1) tương đương 82  x 2 + 

Ta có : 2

 1  1 3 6 + 92 )  x 2 +  9x +  9x +   9x + 2x + y  2x + y + 9 2x + y 9 ( 2x + y ) 

VT =

1  6 + 80 x = 2x + y  9



6 + 80 x 6   3x − 2 x 2 − xy + 6 y  0 9 2x + y + 9

( )

Lấy ( ) cộng với phương trình (2) ta được :

− x 2 + 4 xy − 4 y 2 + 12 y − 6 x − 9  0  − ( x − 2 y + 3)  0  x + 3 = 2 y . 2

KÈ

Để dấu bằng xảy ra thì x = y = 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 3;3) .

DẠ Y

Ví dụ 11: Giải hệ phương trình

 1 1 20 x 2 2  sin x + 2 + sin y + 2 = sin x sin y x+ y    cos 2 x + 1 + cos 2 y + 1 = 20 y  cos 2 x cos 2 y x+ y  93

( x, y  )

(Trích đề thi HSG QG năm 2013)

x y k l  0;  0; x  ; y  ; k, l  x+ y x+ y 2 2

Điều kiện : x + y  0;

Giải:

Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được :

20 x 20 y + x+ y x+ y

(*)

Áp dụng bất đẳng thức vectơ ta có :



(1 + sin 2 x ) 1 + 

4   sin 2 2 x 



1 1  + ( sin x + cos x ) +    sin x cos x 

ƠN

1 1 sin x + 2 + cos 2 x +  sin x cos 2 x 2

1 1 1 1 + cos 2 x + + sin 2 y + 2 + cos 2 y + 2 2 sin x cos x sin y cos 2 y

sin 2 x +

( sin 2 x − 1) ( sin 2 2 x − 8sin 2 x − 4 ) sin 2 2 x

+ 10  10

1 1 + cos 2 y +  10 , suy ra VT(*)  2 10 2 sin y cos 2 y

sin 2 y +

Tương tự ta có:

KÈ

  x = + k  sin 2 x = 1  4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   sin 2 y = 1  y =  + l  4

DẠ Y

Mặt khác,

(k, l  )

 20 x 20 x 20 y 20 y  +  2 +  = 2 10 x+ y x+ y  x+ y x+ y

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

x y = x= y x+ y x+ y

Vậy hệ phương trình có nghiệm là x = y =

 4

+ k

(k  ) .

3.6 Phương pháp lượng giác hóa

Ta dựa vào các dấu hiệu nhận biết sau đây để sử dụng phương pháp lượng giác hóa . 1. Nếu một phương trình của hệ có dạng ( px − a ) + ( qy − b ) = c 2 thì ta đặt : 2

( t  0; 2 )

 px = a + c sin t  qy = b + c cos t

( ;   0; 2 )

Dạng này thường đi kèm các căn thức

 x = a sin    y = b sin 

2. Nếu từ hệ suy ra x   −a; a  ; y   −b; b  thì đặt :

a2 − x2 ;

b2 − y 2

ƠN

3. Trong đề bài có chứa các biểu thức tương ứng với một công thức lượng giác nào đó. Chẳng hạn :

1 , cos 2 t

1 + x2 tương ứng với 1 + tan 2 t =

4 x3 − 3x tương ứng với 4cos3 t − 3cost = cos3t , 2 x2 − 1 tương ứng với 2cos2 t −1 = cos 2t ,

2 tan t 2x = tan 2t . tương ứng với 2 1 − tan 2 t 1− x

Chú ý: Cần nhớ chính xác công thức nghiệm của các phương trình lượng giác cơ bản. Nắm vững và biến đổi thành thạo các công thức biến đổi lượng giác .

KÈ

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

( x,

y

)

Giải:  x = sin t  y = cos t

Đặt : 

DẠ Y

 x2 + y 2 = 1   1 3 3 ( 3x − 4 x )( 3 y − 4 y ) =  2

( t  0; 2 )

Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành :

( 3sint − 4sin t )(3cost − 4cos t ) = 12 3

  1  sin 6t = −1  t = − + k 12 3 2 



Do t   0;2  nên t =

(k  )

7 11 15 19 ; ; ; 12 12 12 12

;

4

7 11 15 19  ; ; ;  . 12 12 12 12 

;

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

)

(

( x,

ƠN

 1 + 1 − x2 = y 1 + 2 1 − y 2    x − ln ( y + 1) = y − ln ( x + 1) 



Vậy hệ phương trình có 5 nghiệm là

( x; y ) = ( sin t;cos t ) ; t  

t=−

(k  )

 sin 3t.cos3t = −

y

)

Giải:

Điều kiện : x  0; y  1

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với x + ln ( x + 1) =

y + ln ( x + 1) (1)

f ' (t ) =

1 2 t

Xét hàm số y = f ( t ) = t + ln ( t + 1) trên [0; +) , ta có : +

1  0;  t  0 . Do đó f ( t ) là hàm đồng biến trên [0; +) t +1

Từ (1) suy ra f ( x ) = f ( y )  x = y

DẠ Y

KÈ

Thay y = x vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:

(

1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2

)

  Đặt x = sin  ;   0;   2

Khi đó phương trình trở thành :

(

1 + 1 − sin 2  = sin  1 + 2 1 − sin 2 

 1 + cos  = sin  (1 + 2 cos  ) 96

 2 cos

 2

)

= 2sin

3  cos 2 2

 3 2  sin 2 = 0   =k   3  cos  = 0  =  + k 2  2

(k  )

 2

x= y=

1 2

(thỏa mãn điều kiện)

Với  =



 x = y = 1 (thỏa mãn điều kiện)

Với  =

     Do   0;      ;   2 6 2

1 1  

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là ( x; y ) =  ;  ; (1;1) . 2 2

ƠN

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình

 x + 3 y 2 − 2 y = 0  2 2 36 x x + 3 y − 27 ( 4 y − y ) + 2 3 − 9

(

)

(

)

x =1

( x,

y

)

(Trích đề thi Olympic 30/4/2013)

Giải:

(

)

Hệ phương trình đã cho tương đương với

 3x 2 + ( 3 y − 1)2 = 1   36 x x + 2 3 − 9 x + 4 ( 3 y − 1)3 − 3 ( 3 y − 1) = 0 

(

( t  0; )

 3x = sin t Đặt  3 y − 1 = cos t

)

KÈ

Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành

(

)

36sin 3 t sin t + 2 3 −9 + 4cos3 t − 3cos t = 0 3 3 3

DẠ Y

 4 3 sin 3 t − 3 3 sin t + cos3t = −2sin t  3 sin 3t − cos3t = 2sin t

   sin  3t −  = sin t 6 

 sin 3 t 1 + cos t    7 19  Suy ra ( x; y ) =  ; ;  ; t   ; 3 3 12 24 24    

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm là

DẠ Y

KÈ

ƠN

 sin 2 t 1 + cos t    7 19  x ; y = ; ; ( )   . , t   ; 3 3 12 24 24    

  7 19  ; Vì t   0;    t   ;  12 24 24 

(k  )

     3t − 6 = t + k 2  t = 12 + k    3t − =  − t + k 2 t = 7 + k    6 24 2

Kết luận

Sau thời gian học tập tại khoa Sư Phạm, trường Đại học Cần thơ, được các thầy cô tận tình giảng dạy và dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Thanh Hùng, tôi đã hoàn thành luận văn với đề tài “Một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình” . Luận

văn đã đạt được một số kết quả sau :

1. Luận văn đã trình bày một cách hệ thống những kiến thức cơ bản về phương trình, hệ phương trình, đồng thời đưa ra được các phương pháp giải thường sử dụng trong toán Trung học phổ thông . 2. Xây dựng hệ thống các phương pháp với bài tập minh họa có lời giải chi tiết . 3. Luận văn đã sưu tầm được nhiều bài toán trong các đề thi Đại học, thi học sinh giỏi. Vì vậy, luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo nhằm nâng cao kiến

ƠN

thức cho học sinh Trung học phổ thông .

DẠ Y

KÈ

Xin chân thành cảm ơn !

Mặc dù trong quá trình làm luận văn, tác giả đã nghiêm túc và có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của thầy cô và bạn bè để luận văn được hoàn thiện hơn .

Tài liệu tham khảo

[1] Hà Văn Chương (2012), Tuyển chọn và giải hệ phương trình, hệ bất phương trình, phương trình, bất phương trình không mẫu mực, NXB ĐHQGHN .

[2] Hoàng Kỳ (Chủ biên) – Hoàng Thanh Hà (2000), Đại số sơ cấp và thực hành giải toán, NXB ĐHSP .

[3] Nguyễn Vũ Lương (Chủ biên) - Phạm Văn Hùng – Nguyễn Ngọc Thắng (2006), Hệ phương trình và phương trình chứa căn thức, NXB ĐHQGHN .

[4] Lê Xuân Sơn (2014), Phương pháp hàm số trong giải Toán, NXB ĐHQGHN . [5] Mai Xuân Vinh (Chủ biên) – Phạm Kim Chung – Phạm Chí Tuân – Đào Văn Chung – Dương Văn Sơn (2015), Tư duy logic tìm tòi lời giải hệ phương trình, NXB ĐHQGHN.

DẠ Y

KÈ

ƠN

[6] Ban tổ chức kì thi, Tuyển tập đề thi Olympic 30/4, lần thứ XXII-2016, NXB ĐHQGHN .

100

101

DẠ Y

KÈ Y

QU ƠN

102

DẠ Y

KÈ Y

QU ƠN

103

DẠ Y

KÈ Y

QU ƠN

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ LỜI GIẢI

Articles inside

Kết luận

Lời mở đầu