Title Chuyên đề 23. PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.doc ✅

Chương Chuyên đề 23. PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC A. Một số ví dụ Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  2 22 2 6xxy12 2x3yxy121 6yyx 2       (Tuyển sinh lớp 10, chuyên Toán, Đại học Khoa học tự nhiên Hà Nội, năm học 2014-2015) Giải  2 22 2 6xxy12 2x3yxy121 6yyx 2                22 22 xy.2x3y122x2xy3xy3y12 xy.6xy126x6yxyyx12 Vì vế phải của mỗi phương trình là số khác 0, nên xy0 . Suy ra x302x3y6xyx3y20 y20     * Trường hợp 1. Xét x30x3 thay vào phương trình (1) ta được: 22 183y3y12yy20 Giải ra ta được 12y1;y2 . * Trường hợp 2. Xét y20y2 thay vào phương trình (1) ta được: 22 2x122x12xx120 Giải ra ta được 12x3;x4 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x;y là: 3;1;3;2;4;2 . Ví dụ 2. Giải hệ phương trình:  22 x1y131 xyxyx2y2       Giải Tìm cách giải. Ta nhận thấy nếu bình phương 2 vế phương trình (1) thì thu được kết quả không khả quan. Vì vậy ta tập trung vào phân tích phương trình (2) thành nhân tử. Sau đó biểu thị x theo y, thế vào phương trình (1) ta được phương trình một ẩn y. Giải phương trình vừa nhận được. Trình bày lời giải Điều kiện x1 ;y1 . Phương trình (2) xyx2y10x2y10 vì xy0x2y1 , thay vào phương trình (1) ta được:           2yy132y2y110 2y4y1121 0y20y2 2y2y112y2y11 x2y15 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x;y là: 5;2 . Ví dụ 3. Giải hệ phương trình:   2 32 xxy31 yy.x3x6y02      Giải Tìm cách giải. Các phương trình (1), (2) không thể đưa về phương trình tích được. Quan sát phương trình (2) chúng ta thấy các hạng tử là các đơn thức bậc nhất hoặc bậc ba, còn phương trình (1) các hạng tử chỉ
chứa bậc hai và bậc 0. Do vậy chúng ta thế phương trình (1) vào phương trình (2) để các hạng tử đều bậc ba. Phương trình mới luôn phân tích đa thức thành nhân tử được, cách giải trên gọi là cân hằng bậc. Trình bày lời giải x = y = 0 không là nghiệm của phương trình. Từ phương trình (1) thay vào phương trình (2) và thu gọn ta được: 3223322yyxx2yxxy0yxxyxy0 2xy0xyxy0 xy0     * Trường hợp 1. Xét xy0xy thay vào phương trình (1): 22yy3 vô nghiệm * Trường hợp 2. Xét xy0xy thay vào phương trình (1): 233 2y3yyx 22 Vậy hệ phương trình có nghiệm x;y là 33 ; 22     Ví dụ 4. Giải hệ phương trình   32 22 x2xy12y0 1 x8y122      Giải Từ phương trình (2) thay vào phương trình (1) ta được:   3222 332222 22 x2xyy.x8y0 x8yxy2xy0x2yxxy4y0 x2y0 xxy4y0      * Trường hợp 1. x2y0x2y thay vào phương trình (2) ta được: 222 4y8y12y1y 1 . Suy ra x 2∓ . * Trường hợp 2. 22xxy4y0xy0 thay vào phương trình (2) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x;y là: 2;1;2;1 . Ví dụ 5. Giải hệ phương trình  2 22 xyxy14y1 x1xy2y2       (Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Bắc Giang, năm học 2013-2014)  Giải Tìm cách giải. Bài toán khá khó phát hiện cách giải. Quan sát kỹ cấu tạo mỗi phương trình, chúng ta nhận thấy nếu từ phương trình (1) 22x14yyxy thế vào phương trình (2) thì hai vế có nhân tử y chung, nên có khả năng giải được dễ dàng, đó là cách giải 1. Ngoài ra, phương trình (1) có thể làm xuất hiện 2x1 và xy2 nên ta nghĩ tới đặt ẩn phụ, đó là cách giải 2. Trình bày lời giải Cách 1. Từ phương trình (1) suy ra: 2x1 y4xy . Thay thế vào phương trình (2) ta được: y4x yxy2yy4xy.xy210 * Trường hợp 1. Xét y = 0 thay vào phương trình (1) ta được: 2 x10 vô nghiệm. * Trưởng hợp 2. Xét 4xyxy210 Đặt xyt , ta được: 24tt210t6t90t3 .
Suy ra xy3x3y thay vào phương trình (1) ta được: 2223yy3yy14yy7y100 . Giải ra ta được: 12y2; y5 . * Với y = 2 ta được x = 3 – 2 = 1. * Với y = 5 ta được x = 3 – 5 = -2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x;y là: 1;2;2;5 . Cách 2. * Xét y = 0 thay vào phương trình (1) ta được: 2x10 . Phương trình vô nghiệm. * Xét y ≠ 0 hệ phương trình có dạng:     2 2 2 2 x1 x1yyx22 y x1 .xy21 xy22y x1y y .x2y               Đặt 2 x1 u,xy2v y   hệ phương trình có dạng: uv2 u.v1    Suy ra u, v là nghiệm của phương trình 2 12x2x10xx1 Do đó u = 1, v = 1 2 222x1 1x1yx13xxx20 y y3xy3xy3x xy21       Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm của hệ phương trình x;y là: 1;2;2;5 Ví dụ 6. Giải hệ phương trình      2xyyx34y3 2yxxy34x3 Giải Tìm cách giải. Bài toán có dạng đối xứng loại 2. Suy luận tự nhiên ta có hai cách giải: - Cách 1. Đánh giá các ẩn, để chứng tỏ x = y. - Cách 2. Vế trừ vế, rồi chứng tỏ x = y. Trình bày lời giải Cách 1. Điều kiện 33 x;y 44 .          xy2xy34y3 2xyyx34y3 2yxxy34x3xy2yx34x3 * Nếu x > y suy ra 4x34y3 dẫn đến: xy2yxxy2xyyx mâu thuẫn. * Nếu x < y tương tự dẫn đến mâu thuẫn. Do đó x = y suy ra: 3 2xxxx34x33xx34x3x4x30 Giải ra, ta được: 123 113113 x1;x;x 22   . Vậy hệ phương trình có nghiệm (;)xy là: 113113113113 (1;1), ;; ;. 2222     Cách 2. Từ phương trình (1) và (2), vế trừ vế ta được:
         xyyx34x334y30 34x34y3 xyxy0 4x34y3 12xyxy xyxy0 4x34y3      12 xyxy0 4x34y3 xy0xy Suy ra: 32xxxx34x33xx34x3x4x30 Giải ra, ta được: 123 113113 x1;x;x 22   . Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) là: 1131131131131;1;;;; 2222      Ví dụ 7. Giải hệ phương trình:  2 222 2y7xz3x14 xz xzx4(1) (2) 35y 3        Giải Từ phương trình (1) xxz4 thay vào phương trình (2) ta được: 222y7xz3xz414y2xz1 Thay vào phương trình (3) ta được: 222xz6xz352xz1xz36 xz6     • Trường hợp 1. Xét xz6z6x thay vào phương trình (1) ta được: 212x.6xx4x5x40x1;x4 . Với x1z615 ; thay vào phương trình (3): 212535yy3 . Vói x4z642 ; thay vào phương trình (3): 216435yy15 . Vậy tập nghiệm hệ phương trình đã cho có nghiệm x;y;z là: 1;3;5;1;3;5;4;15;2;4;15;2 . • Trường hợp 2. Xét 6xz ta có: 273364740 2  xxxxxx Với 733533 22  xz thay vào (3) ta được phương trình vô nghiệm. Với 733533 22  xz thay vào (3) tìm được 4 33y . Vậy tập nghiệm hệ phương trình đã cho có nghiệm x;y;z là:   44733533733533 3333 2222      ;;;;;