(LUẬN văn THẠC sĩ) một số phương pháp giải hệ phương trình luận văn thạc sĩ toán học 60 46 01 13
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (504.01 KB, 72 trang )
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN THỊ KIM NGỌC
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
HÀ NỘI, NĂM 2013
TIEU LUAN MOI download :
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN THỊ KIM NGỌC
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
TS. PHẠM VĂN QUỐC
HÀ NỘI, NĂM 2013
TIEU LUAN MOI download :
Mục lục
LỜI CẢM ƠN
5
LỜI NÓI ĐẦU
6
1 MỘT SỐ DẠNG HỆ VÀ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN
7
1.1
1.2
MỘT SỐ DẠNG HỆ CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.1.1
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN . . . . . . . . . . . . . .
7
1.1.2
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.1.3
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
1.1.4
HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HỐN VỊ VỊNG QUANH . . . . . . .
19
PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
1.2.1
PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
1.2.2
PHƯƠNG PHÁP THẾ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
32
2.1
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
2.2
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH . . . . . . . . . .
37
2.3
PHƯƠNG PHÁP DÙNG HẰNG ĐẲNG THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
2.4
PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ . . . . . . . . . .
46
2.5
PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
2.6
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HOÁ
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
2.7
PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG SỐ PHỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
3
TIEU LUAN MOI download :
3 MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH
62
3.1
ỨNG DỤNG TRONG XÉT TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐỒ THỊ
. . . . . . .
62
3.2
ỨNG DỤNG TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH. . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
3.3
ỨNG DỤNG TRONG TÌM GTLN, GTNN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
3.4
ỨNG DỤNG TRONG GIẢI BÀI TOÁN KINH TẾ. . . . . . . . . . . . . . .
68
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
72
4
TIEU LUAN MOI download :
LỜI CẢM ƠN
Hoàn thành được bản luận văn này, ngoài sự nỗ lực của bản thân, tôi đã nhận được
sự chỉ bảo, giúp đỡ từ nhiều phía của các thầy, cơ giáo, gia đình và bạn bè.
Lời đầu tiên, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Phạm Văn Quốc, người thầy
đã tận tình hướng dẫn và chỉ bảo tơi trong suốt q trình làm luận văn.
Tơi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo khoa Toán-Cơ-Tin học, Trường Đại học
Khoa học tự nhiên-Đại học Quốc gia Hà Nội, những người đã trực tiếp giảng dạy và giúp đỡ
tơi trong q trình học tập tại trường cùng tồn thể bạn bè và người thân đã đóng góp ý
kiến, giúp đỡ, động viên tơi trong q trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn này.
Mặc dù bản thân đã rất cố gắng và nghiêm túc trong học tập cũng như nghiên cứu
khoa học nhưng do thời gian có hạn, kiến thức bản thân cịn hạn chế nên trong q trình
thực hiện khơng tránh khỏi sơ suất. Kính mong nhận được sự góp ý của thầy cô và các bạn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
5
TIEU LUAN MOI download :
LỜI MỞ ĐẦU
Chuyên đề hệ phương trình là một nội dung quan trọng, cần thiết, có thể xem như
một trong những dạng tốn cơ bản nhất của chương trình đại số ở bậc trung học. Các bài
toán về giải hệ phương trình xuất hiện ở hầu hết các kì thi Đại học, Cao đẳng và các kì thi
Học sinh giỏi.
Đứng trước một hệ phương trình học sinh cần phải biết phân tích, nhận dạng và chọn
lựa phương pháp giải thích hợp. Mỗi bài tốn đều có thể có nhiều cách giải. Tuy nhiên, việc hệ
thống hoá các phương pháp giải sẽ cho phép nhìn nhận các bài tốn theo một hệ thống nhất
qn. Do đó tơi đã lựa chọn nghiên cứu đề tài “ Một số phương pháp giải hệ phương
trình”.
Bản luận văn được chia làm 3 chương:
Chương 1. Một số dạng hệ và phương pháp cơ bản.
Chương này nhắc lại một số dạng hệ cơ bản và phương pháp giải như: Hệ phương trình
bậc nhất hai ẩn, hệ đối xứng, đẳng cấp, hốn vị vịng quanh cùng các phương pháp cơ bản
là cộng và thế.
Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình.
Ở chương này, luận văn nêu ra một số phương pháp giải có thể nghĩ tới khi gặp một
hệ phương trình mà khơng sử dụng được các dạng cơ bản ở chương 1.
Chương 3. Một vài ứng dụng của hệ phương trình.
Luận văn trình bày 4 ứng dụng thường gặp của hệ phương trình là: Ứng dụng trong
việc xét tương giao giữa hai đồ thị; trong giải phương trình; trong tìm GTLN, GTNN và
trong bài tốn kinh tế.
Hà nội, tháng 12 năm 2013
Tác giả luận văn
NGUYỄN THỊ KIM NGỌC
6
TIEU LUAN MOI download :
Chương 1
MỘT SỐ DẠNG HỆ VÀ PHƯƠNG
PHÁP CƠ BẢN
1.1
MỘT SỐ DẠNG HỆ CƠ BẢN
1.1.1
HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
*) Cơ sở phương pháp
a) Định nghĩa: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng
a1 x + b1 y = c1
a2 x + b2 y = c2
b) Cách giải: Thông thường sử dụng một trong ba cách sau:
Cách 1: Phương pháp thế.
Cách 2: Phương pháp cộng.
Cách 3: Phương pháp dùng định thức.
Kí hiệu:
a1 b1
c1 b1
a1 c1
= a1 c2 − a2 c1.
a2 c2
c2 b2
D
x = x
D .
TH1: D = 0, hệ có nghiệm duy nhất
D
y = y
D
TH2: D = Dx = Dy = 0, hệ có vơ số nghiệm dạng {(x0 ; y0 )|a1 x0 + b1 y0 = c1 }.
D=
= a1 b2 − a2 b1 ,
Dx =
= c1 b2 − c2 b1 ,
Dy =
a2 b2
7
TIEU LUAN MOI download :
D = 0
TH3:
, hệ vô nghiệm.
Dx = 0
D =0
y
*) Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1.1. Cho hệ phương trình
8X + Y = 17
− 3X + 7Y = 1
Sử dụng một trong các phương pháp trên dễ dàng tìm được nghiệm (2;1).
Bằng cách thay
X, Y1 bởi các biểuthức khác của ẩn ta sẽ sáng tác ra vơ số hệ mới. Ví dụ:
8 1
+ = 17
X =
x
ta được hệ x y
˙
Thay
1
7x − 3y = xy
Y =
y
X = x2 + x
8x2 + 8x + y − 1 = 17
Thay
ta được hệ
.
Y = y − 1
7 y − 1 − 3x2 − 3x = 1
x4 + 4x2 + y 2 − 4y = 2
Ví dụ 1.2. Giải hệ phương trình
x2 y + 2x2 + 6y = 23
Giải.
Đặt t = y 2 hệ trở thành
t − 4y = 2 − x4 − 4x2
. Ta có
0t + (x2 + 6)y = 23 − 2x2
D = x2 + 6; Dt = −x6 − 10x4 − 30x2 + 104; Dy = 23 − 2x2 .
−x6 − 10x4 − 30x2 + 104
Dt
=
t =
D
x2 + 6
⇒
2
y = Dy = 23 − 2x
D
x2 + 6
Do t = y 2 suy ra
2
(x2 + 6)(−x6 − 10x4 − 30x2 + 104) = (23 − 2x2 )
⇔ (1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(x4 + 16x2 + 95) = 0
Dy
x = 1
⇔
= 3.
⇒y=
D
x = −1
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (1;3), (-1;3).
8
TIEU LUAN MOI download :
1.1.2
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG
*) Cơ sở phương pháp
1) Hệ phương trình đối xứng loại 1
a) Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ có dạng
F (x; y) = 0
G(x; y) = 0
Trong đó F (x; y), G(x; y) là các đa thức đối xứng với x, y.
b) Cách giải: Đặt S = x + y; P =x.y (điều kiện S 2 ≥ 4P ).
F1 (S; P ) = 0
Dùng tính đối xứng ta đưa hệ về dạng
G1 (S; P ) = 0
Giải hệ trên tìm được S, P từ đó theo định lý Viet đảo, x, y là nghiệm phương trình:
X 2 − SX + P = 0.
-Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P :
+) x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy = S 2 − 2P.
+) x3 + y 3 = (x + y)3 − 3xy(x + y) = S 3 − 3P S.
+) x2 y + xy 2 = P S.
+) x4 + y 4 = (x + y)4 + 2x2 y 2 − 4xy(x + y)2 = S 4 + 2P 2 − 4P S 2 .
2) Hệ phương trình đối xứng loại 2
a) Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ có dạng
F (x; y) = 0
F (y; x) = 0
Trong đó F (x; y) là đa thức không đối xứng.
b) Cách giải: Trừ hai phương trình vế theo vế ta được F (x; y) − F (y; x) = 0 (*)
Coi x là ẩn số, y là tham số và đặt F (x; y) := f (x) + g(y), g(y) độc lập với x thì
F (y; x) = f (y) + g(x). Khi đó
(∗) ⇔ G(x) := f (x) + g(y) − f (y) − g(x) = 0
Ta có G(y) = f (y) + g(y) − f (y) − g(y) = 0.
Suy ra y là nghiệm của phương trình G(x) = 0. Chứng tỏ G(x) có chứa nhân tử (x − y) theo
định lý Bezout.
Như vậy ta có cách giải hệ đối ứng loại 2 là: trừ hai phương trình vế theo vế để được
G(x; y) = (x − y).M (x; y) = 0. Sau đó giải hệ trong từng trường hợp x = y và M (x; y) = 0.
*) Ví dụ áp dụng
Loại 1: Hệ phương trình đối xứng loại 1
9
TIEU LUAN MOI download :
Ví dụ 1.3. Giải hệ phương trình
a + b = 4
a2 + b2 = 8
Giải.
a + b = 4
a2 + b2 = 8
⇔
a + b = 4
⇔
(a + b)2 − 2ab = 8
a + b = 4
ab = 4
⇔
a = 2
b = 2
Vậy hệ có nghiệm a = b = 2.
√
√
√
Thay a = 2 xy; b = x + y ta được hệ:
√
2√xy + x + √y = 4
Ví dụ 1.4. Giải hệ phương trình
x + y + 4xy + 2√xy = 8
Nhận xét: Đây đã là hệ phương trình đối xứng loại 1 nhưng ta khơng đặt S, P ngay (vì
√
√
chứa x + y). Ta theo cách đã tạo ra hệ này:
Giải.
√
√
√
Điều kiện:
x ≥ 0; y ≥ 0. Đặta = 2 xy; b = x + y ⇒ x + y = b2 − a.
a + b = 4
a = 2
Hệ trở thành
⇔
a2 + b2 = 8
b = 2
2√xy = 2
√
√
Thay vào bước đặt ta được √
⇔ x = y = 1 ⇔ x = y = 1 (tmđk).
√
x+ y =2
Vậy hệ đã cho có một nghiệm duy nhất (1;1).
Tương tự trên xét các hệ:
Ví dụ 1.5. Giải hệ phương trình
9y 3 (3x3 − 1) = −125 (1)
45x2 y + 75x = 6y 2
(2)
Giải.
Nhận xét y = 0 khơng thoả mãn hệ phương trình suy ra y = 0.
3
Chia
trình (2) cho y 2 thu được hệ
2 vế phương trình (1)
cho y và phương
3
125
5
3
3
(3x) + ( ) = 9
u = 3x
9(3x − 1) = − y 3
y
.
Đặt
⇔
5 Có hệ
5
5
x2
x
v =
3x. (3x + ) = 6
45 + 75 2 = 6
y
y
y
y
y
u3 + v 3 = 9
(u + v)3 − 3uv(u + v) = 9
S = u + v
⇔
. Đặt
(S 2 ≥ 4P )
uv(u + v) = 6
uv(u + v) = 6
P = uv
S 3 − 3P S = 9
S = 3
u + v = 3
u = 2
u = 1
Hệ trở thành
⇔
⇒
⇔
∨
.
PS = 6
P = 2
uv = 2
v = 1
v = 2
10
TIEU LUAN MOI download :
2
x =
3.
⇔
+
⇒ 5
y = 5
v = 1
=1
y
1
x =
u = 1
3x = 1
3.
⇔
+
⇒ 5
y = 5
v = 2
=2
y
2
2
1 5
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( ; 5) và ( ; ).
3
3 2
1 1
x(1 + x) + ( + 1) = 4
y y
Ví dụ 1.6. Giải hệ phương trình
x3 y 3 + x2 y 2 + xy + 1 = 4y 3
u = 2
3x = 2
Giải.
ĐK y = 0.
1
1
1
1
2
2
x
+
x
+
+
=
4
(x + ) + (x + 2 ) = 4
y2 y
y
y
Hệ tương đương
⇔
2
1
1
x
1
x
x3 +
(x + ).(x2 + 2 ) = 4
+ 2 + 3 =4
y
y
y
y
y
1
u + v = 4
u = x +
y
Hệ trở thành
Đặt
⇔ u = v = 2.
1
uv = 4
v = x2 + 2
y
1
1
1
x + = 2
x + = 2
x + y = 2
x = 1
y
y
⇔
⇔ x = y = 1.
⇒
⇔
⇔
1
1
1
1 2
x
2
=
1
x. = 1
x + 2 = 2
(x + ) − 2 = 2
y
y
y
y
y
Qua các ví dụ trên ta thấy đôi khi hệ ban đầu chưa phải là hệ đối xứng loại 1 nhưng
qua biến đổi hoặc đặt ẩn phụ ta đưa về hệ đối xứng loại 1.
Loại 2: Hệ phương trình đối xứng loại 2
Đối với hệ phương trình đối xứng loại 2, nếu f (x, y) là đa thức ta thường trừ vế với
vế của hai phương trình ta được phương trình dạng (x − y).M (x, y) = 0. Trong trường hợp
M (x, y) = 0 nếu M (x, y) là đa thức đối xứng ta thường cộng vế theo vế của hai phương trình
để được một hệ đối xứng loại 1.
x3 = 2x − 3y
Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình
y 3 = 2y − 3x
(1)
(2)
Giải.
Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
x3 − y 3 = 5x − 5y
⇔ (x − y)(x2 + y 2 + xy − 5) = 0
x − y = 0
⇔
x2 + y 2 + xy − 5 = 0
11
TIEU LUAN MOI download :
+) x − y = 0 ⇔ x = y thay vào (1): x3 = −x ⇔ x = 0 ⇒ y = 0.
+) x2 + y 2 + xy − 5 = 0.
3
3
Cộng
vế theo vế của phương trình
(1) và (2) ta được x + y = −x − y.
x2 + y 2 + xy − 5 = 0
(x + y)2 − xy − 5 = 0
Ta có hệ
⇔
x3 + y 3 + x + y = 0
(x + y)3 − 3xy(x + y) + x + y = 0
Đặt S = x + y; P = xy; (S 2 ≥ 4P ) hệ trở thành
S2 − P − 5 = 0
P = S2 − 5
⇔
S 3 − 3SP + S = 0
S 3 − 3S(S 2 − 5) + S = 0
S = 0
(tm)
2
P = S − 5
P = −5
⇔
⇔
√
S(−2S 2 + 16) = 0
S = ±2 2
(loai)
P = 3
√
√
x = 5
x = − 5
⇒
⇔
√ ∨
√
P = −5
xy = −5
y = − 5
y = 5
√
√
√
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm (0, 0); (5, − 5); (− 5, 5).
√
x−1+ y+6=7
Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình
√
y−1+ x+6=7
S = 0
x + y = 0
Giải. ĐK x ≥ 1; y ≥ 1.
Trừ vế theo vế của 2 phương trình ta được
√
⇔
x−1+
y+6=
(x − 1)(y + 6) =
y−1+
√
x+6
(y − 1)(x + 6)
⇔ x = y.
√
Thay vào hệ ta được x − 1 + x + 6 = 7.
√
√
Mặt
khác ta có (x − 1) − (x + 6)= −7 ⇒ x − 1 − x + 6 = −1
√
√
√
x−1+ x+6=7
x−1=3
⇒ √
⇔ √
⇔ x = 10.
√
x − 1 − x + 6 = −1
x+6=4
√
Vậy hệ đã cho có nghiệm x = y = 10.
Nếu ta thay đổi hệ số tự do
một chút ta sẽ có bài tốn mới như sau:
√
√
x−1+ y+6= 7
Ví dụ 1.9. Giải hệ phương trình
√
√
y−1+ x+6= 7
12
TIEU LUAN MOI download :
Nhận xét: Bài này ta hồn tồn có thể giải bằng cách trừ từng vế của hai phương trình
tương tự ví dụ trên. Tuy nhiên ta có thể có lời giải ngắn gọn hơn nhờ đánh giá như sau:
Giải.
ĐK x ≥ 1; y ≥ 1. Khi đó
√
√
7
√
√
y−1+ x+6≥ 7
x−1+
y+6≥
Dấu “=” xảy ra khi x=y=1.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;1).
Ví dụ 1.10. Giải hệ phương trình
√
x2 + x = 2y
y 2 + √y = 2x
(Đề thi HSG tỉnh Bến Tre 2010-2011)
Giải.
ĐK x ≥ 0; y ≥ 0.
Nhận xét (0;0) là một nghiệm của hệ.
Xét x>0, y>0. Trừ từng vế của hai phương trình ta có
√
√
x2 − y 2 + x − y + 2(x − y) = 0
⇔ (x − y)(x + y + √
Thay vào hệ ta có
1
√ + 2) = 0 ⇔ x = y.
x+ y
√
√
x = 2x ⇔ x x + 1 = 2 x
x=1
√
√
√
⇔ ( x − 1)(x + x − 1) = 0 ⇔
3− 5
x=
√
√2
3− 5 3− 5
Vì x = y nên hệ đã cho có 3 nghiệm: (0; 0), (1; 1), (
;
).
2
2
√
x−3+ 5−y =2
Ví dụ 1.11. Giải hệ phương trình
√
y−3+ 5−x=2
x2 +
√
Giải.
ĐK 3 ≤ x, y ≤ 5.
Cách 1
Nhận xét (3;3), (5;5) không phải là nghiệm của hệ phương trình.
Trừ vế theo vế của hai phương trình ta được
13
TIEU LUAN MOI download :
√
√
x−3− y−3+ 5−y− 5−x=0
x−y
x−y
√
⇔√
+√
=0
√
x−3+ y−3
5−y+ 5−x
⇔ x − y = 0 ⇔ x = y.
Thay vào hệ ta có
√
x−3+
√
⇔x−3+2
5−x=2
(x − 3)(5 − x) + 5 − x = 4
⇔ (x − 3)(5 − x) = 1 ⇔ x = 4.
Ta cũng có thể chỉ ra x = y như sau:
Cách 2
Hệ tương đương
5−y =2−
√
x−3
√
5−x=2− y−3
√
√
Từ điều kiện của x, y suy ra x − 3 ≤ 2; y − 3 ≤ 2.
Bình phương hai vế ta được
√
5 − y = 4 + x − 3 − 4 x − 3
5 − x = 4 + y − 3 − 4 y − 3
⇔
√
4 x − 3 = x + y − 4
4
⇔ x = y.
y−3=x+y−4
Cách 3: Từ hệ suy ra
√
( x − 3 +
( y − 3 +
2
5 − y) = 4
√
2
√
√
√
√
2
2
⇒ ( x − 3 + 5 − y) + ( y − 3 + 5 − x) = 8.
5 − x) = 4
Mà theo bất đẳng thức BSC
√
( x−3+
2
5 − y) ≤ (12 + 12 )(x − 3 + 5 − y)
√
2
y − 3 + 5 − x) ≤ (12 + 12 )(y − 3 + 5 − x)
√
√
2
2
⇒ ( x − 3 + 5 − y) + ( y − 3 + 5 − x) ≤ 8.
(
Dấu bằng xảy ra ⇔
√
x−3=
5−y
. Kết hợp với hệ suy ra x = y = 4.
y−3
2x − 2 = 3y − 3x
Ví dụ 1.12. Giải hệ phương trình
(I)
2y − 2 = 3x − 3y
√
5−x=
Giải.
Trừ vế theo vế của hai phương trình trên suy ra
14
TIEU LUAN MOI download :
2x − 2y + 3x − 3y + 3(x − y) = 0
(1)
+) Nếu x > y thì (1) vơ nghiệm.
+) Nếu x < y thì (1) vơ nghiệm.
+) x = y thoả mãn (1). Hệ (I ) tương đương với
x = y
2x − 2 = 3x − 3x (2)
(2) ⇔ 2x + 3x − 3x − 2 = 0.
Xét hàm số f (x) = 2x + 3x − 3x − 2 ; f (x) = 2x ln 2 + 3x ln 3 − 3.
Có f (x) là hàm liên tục và đồng biến trên R.
Vì lim f (x) = +∞;
x→+∞
lim f (x) = −3 nên phương trình f (x) = 0 có đúng một nghiệm.
x→−∞
Suy ra phương trình f (x) = 0 có tối đa 2 nghiệm. Mà f (0) = f (1) = 0 nên x = 0, x = 1 là
hai nghiệm của phương trình (2).
Vậy hệ (I ) có 2 nghiệm là (0;0) và (1;1).
Nhận xét: Đối với các hệ phương trình đối xứng loại 2 mà các phương trình thành phần
là phương trình siêu việt việc làm xuất hiện nhân tử (x − y) gặp khó khăn ta sẽ chứng tỏ
x = y bằng các phương pháp bất đẳng thức hoặc hàm số. . .
Bài tập tương tự
Giải các hệ phương trình sau:
x2 + y 2 + xy = 3
1.
ĐS: (1;1), (-1;-1).
xy 3 + x3 y = 2
x2 + y 2 = 8 − x − y
2.
xy(xy + x + y + 1) = 12
2
2
Hướng dẫn: Đặt u = x + x; v = y + y.
x3 + 1 = 2x2 − 2x + 2y
3.
y 3 + 1 = 2y 2 − 2y + 2x
1.1.3
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP
*) Cơ sở phương pháp
a) Định nghĩa:
+ Biểu thức f (x; y) gọi là đẳng cấp bậc k nếu f (mx; my) = mk f (x; y).
15
TIEU LUAN MOI download :
+ Hệ
f (x; y) = a
trong đó f (x; y), g(x; y) đẳng cấp bậc k gọi là hệ đẳng cấp.
g(x; y) = b
b) Cách giải:
• Xét x = 0 thay vào hệ kiểm tra xem có
thoả mãn không.
f (x, tx) = a
xk f (1, t) = a
• Với x = 0 đặt y = tx thay vào hệ ta có
⇔
g(x, tx) = b
xk g(1, t) = b
a
Chia vế theo vế của hai phương trình ta được f (1, t) = g(1, t). Giải phương trình này
b
tìm được t thay vào hệ ta tìm được (x, y).
*) Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1.13. Giải hệ phương trình
x3 + y 3 = 1
x3 − x2 y + 2xy 2 = 1
Giải.
Dễ thấy x = 0 không thoả mãn hệ suy ra x = 0.
Đặt y = tx thay vào hệ ta được
x3 + x3 t3 = 1
x3 − x3 t + 2x3 t2 = 1
⇔
x3 (1 + t3 ) = 1
x3 (1 − t + 2t2 ) = 1
t = 0
⇒ 1 + t3 = 1 − t + 2t2 ⇔ t(t2 − 2t + 1) = 0 ⇔
.
t=1
+) t = 0 ⇒ y = 0 ⇒ x = 1.
1
.
+) t = 1 ⇒ y = x thay vào hệ ⇒ 2x3 = 1 ⇔ x = √
3
2
1
1
;√
).
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (1; 0), ( √
3
3
2
2
x2 + 2xy − 3y 2 = 0
Ví dụ 1.14. Giải hệ phương trình
x |x| + y |y| = −2
Giải.
Vì x = 0 khơng thoả mãn
hệ phương trình nên x = 0.
x2 + 2x2 t − 3x2 t2 = 0 (1)
Đặt y = tx hệ trở thành
x |x| + xt |xt| = −2
(2)
t=1
(1) ⇔ x2 (1 + 2t − 3t2 ) = 0 ⇔ 3t2 − 2t − 1 = 0 ⇔
.
1
t=−
3
+) Với t = 1,
(2) ⇔ x |x| = −1 ⇔ x = −1 ⇒ y = −1.
16
TIEU LUAN MOI download :
1
9
3
+) Với t = − , (2) ⇔ x |x| = − ⇔ x = − ⇒ y =
3
4
2
3 3
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (−1; −1), (− ; − ).
2 2
Những hệ phương trình trên ta đều nhận ra ngay
1
.
2
dạng hệ đẳng cấp. Sau đây ta xét
một số ví dụ mà phải qua biến đổi mới
đưa được về hệ đẳng cấp .
2y(x2 − y 2 ) = 3x
Ví dụ 1.15. Giải hệ phương trình
x(x2 + y 2 ) = 10y
(Trích đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hoá 2010)
Giải.
Nhận xét nếu x = 0 thì y = 0 và ngược lại nên (0,0) là một nghiệm của hệ.
Xét xy = 0, từ hệ suy ra
20y 2 (x2 − y 2 ) = 3x2 (x2 + y 2 ) ⇔ 3x4 − 17x2 y 2 + 20y 4 = 0.
Vì x = 0, đặt y = tx phương trình trở thành
1
1
t=±
t =
2
4 ⇔
x4 (3 − 17t2 + 20t4 ) = 0 ⇔ 20t4 − 17t2 + 3 = 0 ⇔
3
3
t2 =
t=±
5
5
2
1
1
x2
⇒ y = x thay vào hệ ta được
= 1 ⇔ x = ±2 ⇒ y = ±1.
2
2
4
1
1
1
+) t = − ⇒ y = − x thay vào hệ ta được − x2 = 1 (vô nghiệm).
2
2
4
√
√
4
4
3
3
375
135
⇒y=
x thay vào hệ ta được x = ±
⇒y=±
.
+) t =
5
5
2
2
3
3
15 5
+) t = −
⇒y=−
x thay vào hệ ta được x2 = −
(vô nghiệm).
5
5
4 3
√
√
√
√
4
4
4
375 4 135
375
135
Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm (0; 0), (2; 1), (−2; −1), (
;
), (−
;−
).
2
2
2
2
Nhận xét: Dấu hiệu để ta có thể nhận ra yếu tố đẳng cấp đó là 2 vế của mỗi phương
+) t =
trình đều lệch nhau 2 bậc. Do đó ta đã nhân hai phương trình lại với nhau để được một
phương trình đồng bậc.
Ta xét một số ví dụ nữa về đưa một
đồng bậc:
hệ về phương trình
√
√
1
(4 +
) x=2 3
y + 2x
Ví dụ 1.16. Giải hệ phương trình
1
√
(4 −
) y=4
y + 2x
Giải. ĐK x>0, y>0.
√
√
3
2
1
2 3
= √
4 +
4 = √x + √y
y + 2x
x
Hệ đã cho tương đương với
⇔
√
1
4
1
3
2
4 −
=√
=√ −√
y + 2x
y
y + 2x
y
x
17
TIEU LUAN MOI download :
4
3 4
= − ⇔ 4xy = 3(y+2x)y−4x(y+2x) ⇔ 3y 2 −2xy−8x2 = 0.
y + 2x
x y
Vì x > 0, y > 0, đặt y = tx, t > 0, phương trình trở thành
Nhân vế theo vế ta có
x2 (3t2 − 2t − 8) = 0 ⇔ 3t2 − 2t − 8 = 0 ⇔
t=2
t=−
(tm)
4
3
(loai)
+) t = 2 ⇒ y = 2x thay vào phương trình đầu ta được
√
√
3+ 2
5+2 6
x=
x=
√
√ √
1 √
4 √ ⇔
16√
) x = 2 3 ⇔ 16x − 8 3 x + 1 = 0 ⇔
(4 +
√
√
4x
5−2 6
3− 2
x=
x=
4
16
√
√
√
√
√
√
5+2 6 5+2 6
5−2 6 5−2 6
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (
,
); (
,
).
16
8
16
8
x2 (1 + y 2 ) = 2
Ví dụ 1.17. Giải hệ phương trình
1 + x2 y 2 + xy = 3x2
Giải.
2
1 + y2 = 2
x
Nhận xét x = 0. Chia cả hai phương trình cho x2 ta được
1
y
2
+y + =3
2
x
x
2u2 − y 2 = 1
1
Đặt u = hệ trở thành
x
u2 + y 2 + uy = 3
Nhận xét y = 0 không
thoả mãn hệ phương trình nên y = 0.
(2t2 − 1)y 2 = 1
t=1
Đặt u = ty ta có hệ
⇒ t2 + t + 1 = 3(2t2 − 1) ⇔
4
(t2 + t + 1)y 2 = 3
t=−
5
+) t = 1 ⇒ u = y = ±1 ⇒ x = y = ±1.
√
4
5
4
4
1
7
+) t = − ⇒ y = ± √ ⇒ u = − y = ∓ √ ⇒ x = = ∓
.
5
5
u √ 4
7
7√
7 5
7
5
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm (1; 1), (−1; −1), (−
; √ ), (
; − √ ).
4
4
7
7
x2 + 3xy − 2y 2 = k (1)
Ví dụ 1.18. Cho hệ phương trình
2xy − x2 = 9
(2)
Chứng minh rằng hệ có nghiệm với mọi k.
Giải.
(2) ⇔ x(2y − x) = 9 ⇒ x = 0
Đặt y = tx hệ phương trình trở thành
x2 (1 + 3t − 2t2 ) = k
x2 (2t − 1) = 9
Chia từng vế hai phương trình ta được
k
1 + 3t − 2t2
= .
2t − 1
9
18
TIEU LUAN MOI download :
1 + 3t − 2t2
1
4
< 0 ∀t = .
, f (t) = −1 −
2
2t − 1
2
(2t − 1)
Lại có lim f (t) = ∓∞; lim f (t) = ±∞.
t→±∞
1±
t→
2
Xét hàm số f (t) =
k
Hàm số f (t) liên tục trên mỗi khoảng xác định nên đường thẳng y = luôn cắt đồ thị hàm
9
1
số y = f (t) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ t1 , t2 : t1 < < t2 .
2
3
Khi đó, với t = t2 , (2) ⇔ x2 (2t2 − 1) = 9 ⇔ x = ± √
.
2t2 − 1
3
x = ±√
2t2 − 1
Vậy với mọi k hệ đã cho ln có nghiệm
.
3t2
y = ±√
2t2 − 1
Bài tập tương tự
Giải
các hệ phương trình
x3 − y 3 = 7
1.
16 ĐS: (2;1).
2 3
+ =
x2 y 2
x y
x4 − 2x3 y + 3y 4 = 3y − x
1
2
2.
ĐS: (−1; 0), (1; 1), ( √
;√
).
3
3
9
9
y 3 + x2 y − x3 = 1
x3 + xy 2 + 2xy + x − 2y − 2 = 0
3.
2y 3 + xy 2 + 6y 2 + 2xy − 2x + 6y + 2 = 0
x3 + xu2 = 2u
HD: đặt u = y + 1 có hệ
xu2 + 2u3 = 3x
1.1.4
HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HỐN VỊ VỊNG QUANH
*) Cơ sở phương pháp
f (x1 ) = g(x2 )
f (x2 ) = g(x3 )
(1)
Xét hệ
...
f (xn−1 ) = g(xn )
f (x ) = g(x )
n
1
Hệ (1) được gọi là hệ phương trình dạng hốn vị vịng quanh (khi hốn vị vịng quanh các
ẩn số thì hệ khơng đổi).
Định lý 1: Nếu f (x) và g(x) có cùng tính đơn điệu trên miền I(a; b) liên thông,
19
TIEU LUAN MOI download :
I(a; b) ⊆ D := Df ∩ Dg , còn (x1 , x2 , ..., xn ) là nghiệm của hệ (1) với xj ∈ I(a; b), ∀j = 1.n
thì x1 = x2 = ... = xn .
Chứng minh.
Giả sử f (x) và g(x) đồng biến trên I(a; b) và x1 = min {x1 , x2 , ..., xn }. Ta có
x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ) ⇒ g(x2 ) ≤ g(x3 ) ⇒ x2 ≤ x3 ⇒ ... ⇒ xn ≤ x1
⇒ x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn ≤ x1 ⇒ x1 = x2 = x3 = ... = xn (dpcm)
Định lý 2: Nếu f (x) và g(x) khác tính đơn điệu trên miền I(a; b) liên thông,
I(a; b) ⊆ D := Df ∩ Dg , còn (x1 , x2 , ..., xn ) là nghiệm của hệ (1) với xj ∈ I(a; b), ∀j = 1.n
thì:
i) Khi n lẻ thì x1 = x2 = ... = xn .
ii) Khi n chẵn thì x1 = x3 = ... = xn−1 và x2 = x4 = ... = xn .
Chứng minh.
Không giảm tổng quát giả sử f (x) đồng biến và g(x) nghịch biến trên miền I,
x1 = min {x1 , x2 , ..., xn } .
i) n lẻ
x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ) ⇒ g(x2 ) ≤ g(x3 ) ⇒ x2 ≥ x3 ⇒ ... ⇒ xn ≤ x1
⇒ f (xn ) ≤ f (x1 ) ⇒ g(x1 ) ≤ g(x2 ) ⇒ x1 ≥ x2 ⇒ x1 = x2 = ... = xn
ii) n chẵn
x1 ≤ x3 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x3 ) ⇒ g(x2 ) ≤ g(x4 ) ⇒ x2 ≥ x4
⇒ f (x2 ) ≥ f (x4 ) ⇒ g(x3 ) ≥ g(x5 ) ⇒ x3 ≤ x5 ⇒ ...
⇒ f (xn−2 ) ≥ f (xn ) ⇒ g(xn−1 ) ≥ g(x1 ) ⇒ xn−1 ≤ x1
⇒ f (xn−1 ) ≤ f (x13 ) ⇒ g(xn ) ≤ g(x2 ) ⇒ xn ≥ x2
Vậy ta có
x1 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn−1 ≤ x1
x2 ≥ x4 ≥ ... ≥ xn ≥ x2
⇔
x1 = x3 = ... = xn−1
.
x2 = x4 = ... = xn
*) Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1.19. Giải hệ phương trình
1 3
x + 2x − 4 + ln(x2 − 2x + 2) = ln(2ey )
4
1 3
y + 2y − 4 + ln(y 2 − 2y + 2) = ln(2ez )
4
1 3
z + 2z − 4 + ln(z 2 − 2z + 2) = ln(2ex )
4
20
TIEU LUAN MOI download :
Giải.
1
Đặt f (t) := t3 + 2t − 4 + ln(t2 − 2t + 2); g(t) := ln(2et ).
4
Có f (t) xác định và liên tục với mọi t ∈ R và
3
2t − 2
3
2t2 − 2t + 2
f (t) = t2 + 2 + 2
= t2 + 2
> 0 ∀t ∈ R.
4
t − 2t + 2
4
t − 2t + 2
Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên R.
g(t) = ln(2et ) = t + ln 2 là hàm số đồng biến trên R.
Khi đó, theo định lý 1, x = y = z = t là nghiệm của phương trình
1 3
t + 2t − 4 + ln(t2 − 2t + 2) = t + ln 2
4
1
⇔ h(t) := t3 + t − 4 − ln 2 + ln(t2 − 2t + 2) = 0 (1)
4
2t − 2
3
t2
3
= t2 + 2
≥ 0 ∀t ∈ R
Có h (t) = t2 + 1 + 2
4
t − 2t + 2
4
t − 2t + 2
nên h(t) là hàm số đồng biến trên R. Mà h(2)=0 nên (1) có nghiệm duy nhất t=2.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
duy nhất x=y=z=2.
y 3 + 9x2 − 27x + 17 = 0
Ví dụ 1.20. Giải hệ phương trình z 3 + 9y 2 − 27y + 17 = 0
x3 + 9z 2 − 27z + 17 = 0
(1)
Giải.
9x2 − 27x + 17 = −y 3
Hệ đã cho tương đương với 9y 2 − 27y + 17 = −z 3
9z 2 − 27z + 17 = −x3
13
13
27
3
3 2 13
⇒ −y 3 ≥ − ⇒ y 3 ≤
<
⇒y< .
Ta có −y 3 = 9(x − ) −
2
4
4
4
8
2
3
3
Tương tự ta cũng có x < ; z < .
2
2
f (x) = g(y)
3
Đặt f (t) := 9t2 − 27t + 17, t < ; g(t) := −t3 hệ có dạng f (y) = g(z)
2
f (z) = g(x)
3
3
nên f (t) là hàm số nghịch biến trên (−∞; ).
2
2
3
Dễ thấy g(t) là hàm số nghịch biến trên R nên cũng nghịch biến trên (−∞; ).
2
3
Áp dụng định lý 1, x = y = z = t là nghiệm thuộc (−∞; ) của phương trình
2
Có f (t) = 18t − 27 < 0 ∀t <
21
TIEU LUAN MOI download :
t = 1
t3 + 9t2 − 27t + 17 = 0 ⇔
√
t = −5 ± 42
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm:
(1;1;1); (−5 +
√
√
√
√
√
√
42; −5 + 42; −5 + 42); (−5 − 42; −5 − 42; −5 − 42).
Nhận xét: Ở bài này ta thấy f (t) không đơn điệu trên TXĐ do đó phải có nhận xét
3
x, y, z < . Đây là mấu chốt của bài toán.
2
Trên đây là một số bài tập áp dụng trực tiếp định lý 1 và 2. Sau đây ta xét một số ví dụ
mà thay vì đánh giá x, y, z riêng lẻ, ta sẽ đi đánh giá những biểu thức hoán vị của x, y, z là
3
3
3
x + y, y + z, z + x hoặc x3 + y 3 , y 3 +
z , z + x . . .
x = 3y 3 + 2y 2
Ví dụ 1.21. Giải hệ phương trình y = 3z 3 + 2z 2
z = 3x3 + 2x2
(1)
Giải.
x + y = 3y 3 + 2y 2 + y
Biến đổi hệ (1) ⇔ y + z = 3z 3 + 2z 2 + z
z + x = 3x3 + 2x2 + x
Đặt f (t) = 3t3 + 2t2 + t có f (t) = 9t2 + 4t + 1 > 0 ∀t ∈ R suy ra f(t) là hàm số đồng biến
trên R.
Không giảm tổng quát giả sử x = max {x, y, z} .
⇒ x + y ≥ y + z ⇒ f (y) ≥ f (z) ⇒ y ≥ z ⇒ x + y ≥ x + z ⇒ f (y) ≥ f (x) ⇒ y ≥ x
⇒ x = y ⇒ x + z = y + z ⇒ f (x) = f (z) ⇒ x = z.
x = y = z
⇔
x = y = z
1 .
3
Nhận xét: Sở dĩ ta nghĩ tới việc cộng thêm y, z, x lần lượt vào hai vế của từng phương
Suy ra hệ (1) tương đương
3x3 + 2x2 − x = 0
x ∈
0; −1;
trình là vì ta cần xây dựng một hàm đơn điệu trên miền xác định. Nếu để nguyên hệ ban
đầu thì f (t) = 3t3 + 2t2 có f (t) = 9t2 + 4t nên không phải là hàm đơn điệu. Việc cộng thêm
y, z, x lần lượt vào hai vế của từng phương trình vừa làm cho hàm f (t) = 3t3 + 2t2 + t đồng
biến trên R vừa có thể so sánh được vế trái của từng phương trình.
Ta quay lại hệ phương trình ở ví dụ 1.20
22
TIEU LUAN MOI download :
y 3 + 9x2 − 27x + 17 = 0
Ví dụ 1.22. Giải hệ phương trình z 3 + 9y 2 − 27y + 17 = 0
x3 + 9z 2 − 27z + 17 = 0
(1)
Giải.
3
2
y
=
−9x
+
27x
−
17
y 3 + x3 = x3 − 9x2 + 27x − 17
Biến đổi hệ (1) ⇔ z 3 = −9y 2 + 27y − 17 ⇔ z 3 + y 3 = y 3 − 9y 2 + 27y − 17
x3 = −9z 2 + 27z − 17
x3 + z 3 = z 3 − 9z 2 + 27z − 17
Đặt f (t) := t3 − 9t2 + 27t − 17. Có f (t) = 3t2 − 18t + 27 = 3(t − 3)2 ≥ 0, ∀t ∈ R.
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R.
Không giảm tổng quát giả sử x = max {x, y, z}
x ≥ y ⇒ x3 ≥ y 3 ⇒ x3 + z 3 ≥ y 3 + z 3 ⇒ f (z) ≥ f (y) ⇒ z ≥ y ⇒ z 3 ≥ y 3
⇒ x3 + z 3 ≥ y 3 + x3 ⇒ f (z) ≥ f (x) ⇒ z ≥ x
⇒ x = z ⇒ f (x) = f (z) ⇒ y 3 + x3 = x3 + z 3 ⇔ y 3 = z 3 ⇔ y = z.
Suy ra hệ tương đương
x = y = z
⇔
x3 + 9x2 − 27x + 17 = 0
x = y = z
√
x ∈ 1; −5 ± 42
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm:
(1;1;1); (−5 +
√
42; −5 +
√
42; −5 +
√
42); (−5 −
√
42; −5 −
√
42; −5 −
√
42).
Bài
tập tương tự: Giải các hệ phương trình
1
9x3 + x 2
2 =
y.4
3
1
1
3
1. z.49y + 2 y = 2
ĐS: x = y = z = .
3
3
1
9z 3 + z
2
x.4
2 =
3
2
x − 2x + 6.log3 (6 − y) = x
2.
ĐS: (3; 3; 3).
y 2 − 2y + 6.log3 (6 − z) = y
z 2 − 2z + 6.log (6 − x) = z
3
y 3 = 6x2 − 12x + 8
√
3. z 3 = 6y 2 − 12y + 8 HD: f (t) = 6t2 − 12t + 8, g(t) = t3 cùng đồng biến trên 3 2; = ∞ .
3
x = 6z 2 − 12z + 8
23
TIEU LUAN MOI download :
1.2
PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN
1.2.1
PHƯƠNG PHÁP CỘNG ĐẠI SỐ
*) Cơ sở phương pháp: Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng,
trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi
hoặc có lợi cho các bước sau.
*) Ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1.23. Giải hệ phương trình
(x − y)(x2 − y 2 ) = 25
(x + y)(x2 + y 2 ) = 13
Giải.
Cộng vế theo vế của hai phương trình ta được
(x + y (x − y)2 + x2 + y 2 = 38
⇔ x3 + y 3 = 19.
Thay vào phương trình đầu ta được xy(x + y) = −6 ta có hệ
x = −2
y = 3
x3 + y 3 = 19
(x + y)3 − 3xy(x + y) = 19
x + y = 1
⇔
⇔
⇔
xy(x + y) = −6
xy(x + y) = −6
xy = −6
x=3
y = −2
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (-2;3) và(3;-2).
x3 + 3xy 2 = 28
Ví dụ 1.24. Giải hệ phương trình
x2 + 6xy + y 2 = 10x + 6y
Giải.
Nhân 2 vế phương trình thứ hai với -3 rồi cộng với phương trình thứ nhất được
x3 + 3xy 2 − 3x2 − 18xy − 3y 2 = 28 − 30x − 18y
⇔ (x − 1)3 + 3y 2 (x − 1) − 18y(x − 1) + 27(x − 1) = 0
⇔ (x − 1) (x − 1)2 + 3(y − 3)2 = 0
(x − 1) = 0
⇔
(x − 1)2 + 3(y − 3)2 = 0
⇔ x = 1.
24
TIEU LUAN MOI download :
Kết hợp với (1) ta có y 2 = 9 ⇔ y = ±3.
Vậy nghiệm của hệ là (1;3), (1;-3).
Rõ ràng là ta thực hiện phép toán cộng, trừ từng vế khi phát hiện thấy nếu làm vậy
trong các phương trình một số hạng tử đồng dạng có thể giản ước được. Tuy nhiên, có những
hệ phương trình, ta lại thực hiện việc nhân hay chia từng vế (nếu khác không) để thực hiện
việc thu gọn.
x + 3y = x3 − 12
Ví dụ 1.25. Giải hệ phương trình
− y + 4z = y 3 − 6
9z + 2x = z 3 + 32
Giải.
Hệ đã cho tương đương với
3
3y
+
6
=
x
−
x
−
6
3(y + 2) = (x − 2)(x2 + 2x + 3)
4z + 16 = y 3 + y + 10 ⇔ 4(z + 4) = (y + 2)(y 2 − 2y + 5)
2x − 4 = z 3 − 9z + 28
2(x − 2) = (z + 4)(z 2 − 4z + 7)
Nhân từng vế các phương trình của hệ vừa thu được ta có
24(x − 2)(y + 2)(z + 4) = (x − 2)(y + 2)(z + 4)(x2 + 2x + 3)(y 2 − 2y + 5)(z 2 − 4z + 7)
(x − 2)(y + 2)(z + 4) = 0
⇔
(x2 + 2x + 3)(y 2 − 2y + 5)(z 2 − 4z + 7) = 24
+) Xét (x − 2)(y + 2)(z + 4) = 0 ⇔ x = 2 ∨ y = −2 ∨ z = −4.
Với x = 2 thay vào (1) ta có y = −2, thay vào (2) có z = −4.
Suy ra hệ có nghiệm (2; −2; −4).
Tương tự, xét y = −2, z = −4 ta đều được nghiệm này.
+) Xét (x2 + 2x + 3)(y 2 − 2y + 5)(z 2 − 4z + 7) = 24 (∗)
Ta có
(x2 + 2x + 3)(y 2 − 2y + 5)(z 2 − 4z + 7)
= (x + 1)2 + 2
(y − 1)2 + 4
(z − 2)2 + 3 ≥ 2.4.3 = 24
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = −1, y = 1, z = 2.
Vậy nên (*) có nghiệm duy nhất (−1; 1; 2).
Thử lại, ta thấy (−1; 1; 2) không là nghiệm của hệ.
25
TIEU LUAN MOI download :
