Phương trình - Hệ phương trình
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (193.49 KB, 22 trang )
phần 1: hệ phương trình
i. Củng cố lý thuyết
A. Hệ phương trình dạng chuẩn đã biết cách giải
1. Hệ phương trình tuyến tính bậc nhất 2 ẩn
' ' '
ax by c
a x b y c
+ =
+ =
2. Hệ phương trình trong đó có 1 Phương trình dạng tuyến tính bậc nhất 2 ẩn
(1)
( , ) ( , ) (2)
ax by c
f x y g x y
+ =
=
Từ phương trình (1) tính x theo y thay vào (2)
→
tìm được y
→
tìm được
nghiệm (x,y) của Hệ phương trình
3. Hệ phương trình
2
0 (1)
( , ) ( , ) (2)
ax bx c
f x y g x y
+ + =
=
Từ phương trình (1) tính x, thay vào phương trình (2)
→
tìm (x,y) của Hệ
phương trình.
4. Hệ phương trình dạng
,
x y S
x y P
+ =
=
→
x, y là 2 nghiệm của phương trình: X
2
- SX + P = 0
( 4 )S P
≥
5. Dạng hệ phương trình đối xứng
a. Hệ phương trình đối xứng loại 1.
Dạng
( , ) 0
( , ) 0
f x y
g x y
=
=
với
( , ) ( , )
( , ) ( , )
f x y f x y
g x y g y x
=
=
Nghĩa là trong từng phương trình, khi ta thay đổi vai trò của x và y thì
phương trình không thay đổi
Phương pháp
Đặt
( )
,
S x y I
P x y
= =
=
Ta được hệ:
( , ) 0 ( )
( , ) 0
F S P II
G S P
=
=
Giải hệ này tìm được S và P
→
x, y là 2 nghiệm của phương trình t
2
- St + P = 0
Chú ý: hệ (I) có nghiệm
⇔
Hệ (II) có nghiệm thoả mãn
2
0S P
∆ = − ≥
b. Hệ đối xứng loại 2
Là hệ phương trình nếu đổi vị trí 2 ẩn trong hệ thì phương trình này trở
thành phương trình kia.
Dạng
( , ) 0
( , ) 0
f x y
f y x
=
=
1
Phương pháp
* Trừ theo vế của 2 phương trình ta được phương trình dạng tích.
* nếu (x
0
, y
0
) là nghiệm của hệ thì (y
0
, x
0
) cũng là nghiệm của hệ.
B. Hệ phương trình đặc biệt
Một số hệ phương trình không đưa được về các dạng chuẩn nhưng có thể
giải được bằng các phương pháp khác nhau:
Phương pháp tham số hoá.
Phương pháp đánh giá, phương pháp dùng hệ thức Viet mở rộng.
Phương pháp dùng phương trình hệ quả, phương pháp đặt ẩn
phụ………
…………………………………………………………………………….
Đây là những hệ phương trình giải theo phương pháp đặc biệt chúng ta sẽ
đề cập đến ở phần sau bài viết này.
ii. các dạng bài tập và phương pháp giải chúng
Phương pháp chung để giải hệ phương trình là người làm Toán cố gắng
đưa hệ phương trình về dạng chuẩn để giải chúng.
A. Phương pháp biến đổi đồng nhất.
Loại 1:Trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x,y
→
ta tìm cách
rút y theo x hoặc ngược lại (Dạng 2 phần lý thuyết).
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
2
2
4 8
2
xy y
xy x
− = −
= +
Lời giải
Nếu xy
4≥
ta có hệ
2
2 2
4 8 (1)
2 (2) 2
xy y
xy x x
− = −
= + ⇒ ≥
Từ (2)
→
x # 0 và
2
2 x
y
x
+
=
Thay vào phương trình (1)
→
2 + x
2
- 4 = 8 -
2
2
2 x
x
+
÷
Hay x
4
- 3x
2
+ 2 = 0
→
(x
2
- 2)(x
2
- 1) = 0
Mà
2 2
2 2x x
≥ → =
Hệ có 2 nghiệm: (x,y) là
( ) ( )
2; 8 ; 2; 8
− −
Nếu xy < 4 ta suy ra x
2
< 2
2
Và ta có:
2
2
4 8
2
xy y
xy x
− = −
= +
2
2
2 2
2
4 2 8 2(2 ) 0
x
x x
x
+
⇒ − − = − ⇔ − =
÷
2
2x
⇔ =
(loại)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm như trên.
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
2 2
2
( 1)( 1) 3 4 1(1)
1 (2)
x y x y x x
xy x x
+ + + = − +
+ + =
Lời giải
Ta thấy x = 0 không thoả mãn phương trình (2)
Với x # 0 từ (2)
→
y + 1 =
2
1x
x
−
thay vào (1) ta có phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
3 2
1 1
3 4 1
1 2 1 1 3 1
1 2 2 1 1 3 1
0
1 2 2 0 1
2
x x
x x x x
x x
x x x x
x x x x x x
x
x x x x
x
− −
+ = − +
÷
⇒ − − = − −
⇔ − + − − = − −
=
⇔ − + = ⇔ =
=−
Hệ phương trình có 2 nghiệm (x;y) là (1;-1);
5
2;
2
− −
÷
Loại 2: Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương
trình bậc nhất hai ẩn.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
2 2
2 (1)
2 1 2 2 (2)
xy x y x y
x y y x x y
+ + = −
− − = −
Lời giải
Điều kiện:
1; 0x y
≥ ≥
Phương trình (1)
2 2
2 ( ) 0x xy y x y⇔ − − − + =
3
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2 0
2 1 0
x xy xy y x y
x y x y
⇔ + − + − + =
⇔ + − − =
2 1 0x y
⇔ − − =
( Do có đk có x + y > 0)
2 1x y
⇔ = +
Thay vào phương trình (2) ta được:
( )
( ) ( )
2 1 2 2 2(2 1) 2
2 1 2 1
y y y y y y
y y y
+ − = + −
⇔ + = +
( )
( )
1 2 2 0 2y y y⇔ + − = ⇔ =
( Do y
≥
0)
Với y = 2 ta có x = 2y + 1 = 5
Hệ có nghiệm (x,y) = (5,2)
Loại 3: Một phương trình của hệ là phương trình bậc 2 theo một ẩn (chẳng
hạn ẩn y). Lúc đó ta xem x là tham số và biểu diễn được y theo x bằng cách
giải phương trình bậc 2 ẩn y.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình
( ) ( )
2
2 2
5 4 4 (1)
5 4 16 8 16 0 (2)
y x x
y x xy x y
= + −
− − + − + =
Lời giải:
Biến đổi phương trình (2) về dạng:
( )
2 2
' 2
4 8 5 16 16 0
5 4
9
4
y x y x x
y x
x
y x
− + − + + =
= +
∆ = →
= −
Với y = 5x + 4 thay vào phương trình (1)
→
(5x + 4)
2
= (5x+ 4)(4-x)
( )
( ) ( )
4
4
, ;0
5
5
0
, 0,4
x y
x
x
x y
= −
=−
÷
⇔ ⇒
=
=
Với y = 4 - x thay vào (1) ta được:
( ) ( ) ( )
2
4 0
4 5 4 4
0 4
x y
x x x
x y
= ⇒ =
− = + − ⇔
= ⇒ =
Hệ có 3 nghiệm (x,y) là:
(0;4); (4;0); (-
4
5
; 0).
ii. phương pháp đặt ẩn phụ
Điểm quan trọng nhất trong việc giải hệ là phát hiện ẩn phụ
u = f(x,y)
v = g(x,y) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một số
phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác
0 để đưa hệ về dạng đơn giản hơn.
4
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình
Lời giải:
Dễ thấy khi x = 0 thì y = 0
Hệ phương trình có nghiệm: (x = 0; y = 0)
Khi x
≠
0
→
y
≠
0
Chia hai về của phương trình (1) cho xy và chia hai vế của phương trình (2)
cho x
2
y
2
ta được hệ:
2 2
2 2
1 1
18
1 1
208
x y
x y
x y
x y
+ + + =
÷
÷
+ + + =
÷
÷
Đặt:
1
1
x X
x
y Y
y
+ =
+ =
Ta có hệ phương trình:
2 2
18
18 14; 4 (1)
56 4; 14 (2)
212
X Y
X Y X Y
XY X Y
X Y
+ =
+ = = =
⇔ ⇔
= = =
+ =
Trường hợp thứ nhất hệ có 4 nghiệm (x,y) là:
( ) ( ) ( )
7 4 3;2 3 ; 7 4 3;2 3 ; 7 4 3;2 3 ;(7 4 3;2 3)
+ + + − − + − −
Trường hợp thứ (2) hệ có thêm 4 nghiệm (x,y) là:
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 ;7 4 3 ; 2 3 ;7 4 3 ; 2 3 ;7 4 3 ; 2 3 ;7 4 3
+ + + − − + − −
Kết luận hệ phương trình có 9 nghiệm
Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2
2
1 4 (1)
1 2 (2)
x y y x y
x y x y
+ + + =
+ + − =
Lờigiải
Ta thấy y = 0 không thoả mãn phương trình (1) nên hệ phương trình
tương đương với
( )
2
2
1
4
1
2 1
x
y x
y
x
y x
y
=
+ + =
=
+ − =
Đặt
2
1
,
x
u
y
+
=
2v y x= + −
ta có hệ
( )
2
1; 1
1
u v
u v
uv
+ =
⇔ = =
=
Ta có hệ
( )
( )
2
1; 2
1
1
2; 5
x y
x y
x y
x y
= =
+ =
⇔
+ =
= − =
Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm
5
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2 2
2
3
4 7
1
2 3
xy x y
x y
x x y
x y
+ + + =
+
+ + − =
+
Đặt
1
u x y
x y
= + +
+
( )
2u ≥
V= x -y ta có hệ phương trình
2 2
3 13
3
u v
u v
+ =
+ =
Giải hệ (với lưu ý
2u ≥
ta có u = 2 ; v = 1
Ta có Hệ phương trình
1
2
1
x y
x y
x y
+ + =
+
− =
⇔
(x = 1 ; y = 0)
vậy Hệ phương trình có nghiệm: (x,y) là (1;0)
phương pháp hàm số
loại 1: Một phương trình trong hệ có dạng f(x) = f(y)
phương trình còn lại giúp ta giới hạn được x.y để trên hàm f đơn điệu.
Từ đó suy ra x = y
Ví dụ 8: Giải hệ phương trình
3 3
8 4
5 5 (1)
1 (2)
x x y y
x y
− = −
+ =
Lời giải
Từ phương trình (2)
→
8 4
1; 1x y≤ ≤
⇒
1 ; 1x y≤ ≤
xét hàm f(t) = t
3
- 5t t
∈
[-1 ; 1]
Ta có f’(t) = 3t
2
- 5 < 0
∀
t
∈
[-1 ; 1]
⇒
hàm f(t)
→
x = y thay vào phương trình (2)
→
x
8
+ x
4
-1 = 0
Đặt a = x
4
≥
0 ta có a =
4
1 5 1 5
2 2
y x
− + − +
⇒ = = ±
Loại 2: Hệ đối xứng loại 2 mà khi giải thường dẫn đến một trong 2
phương trình của hệ có dạng f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) Trong đó f là hàm đơn
điệu
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình
2 1
2
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x x x
y y x y
−
+ − + = +
+ − + = +
Lời giải
Đặt a = x - 1
b = y - 1
6
Ta được hệ
2
2
1 3
1 3
b
a
a a
b b
+ + =
+ + =
Trừ theo vế của 2 phương trình trên ta được
2 2
1 3 1 3 (3)
a b
a a b b+ + + = + + +
xét hàm f(x) =
2
1 3
t
t t+ + +
có f’(x) =
2
2
1
3 ln 3
1
t
t t
t
+ +
+
+
và
2
1t +
>
2
t t≥− →
f(x) >0
∀
t
→
f(t) đồng biến trên
R
Từ phương trình (3)
→
a = b thay vào phương trình (1) ta có
(
)
2
2
1 3 (4)
1 3 0
a
n n
a a
l a a al
+ + =
⇒ + + − =
Xét hàm g(a) =
(
)
2
( ) 1 3
n n
g a l a a al
= + + −
Có:
'
2
1
( ) 3 1 3 0
1
n n
g a l l a R
a
= − < − < ∀ ∈
+
Nên hàm g(a) nghịch biến và do phương trình (4) có nghiệm a = 0 nên ta
có nghiệm ban đầu của hệ là (x = 1; y= 1)
v. phương pháp đánh giá
Với phương pháp này cần phát hiện các biểu thức không âm trong hệ và
nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức cơ bản.
Ví dụ 10. Giải hệ phương trình
1 (1)
1 (2)
1 (3)
x y
y z
z x
− =
− =
− =
Lời giải:
Dễ thấy x > 0, y > 0, z > 0
Không giảm tính tổng quát giả sử :
1x y y z y z≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥
Ta lại có
1 1 1 0z x y x x y z x x y z x x
= + ≥ + = ⇒ ≥ ≥ ≥ ⇒ = = ⇒ − − =
Do x dương
( )
2
5 1 : 4x
⇒ = +
Vậy hệ phương trình có nghiệm: x = y = z=
( )
2
5 1
4
+
Ví dụ 11. Giải hệ phương trình
7
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z
=
+
=
+
=
+
Lời giải:
Nếu x = 0
→
y = 0
→
z = 0
→
hệ có nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0)
Nếu x
≠
0
→
y > 0
→
z > 0
→
x > 0
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2 2
1 2
2 2
1 2
2 2
1
1 2
x x
y x
x x
z z
x z y x z y
z z
y y
z y x y z
y y
= ≤ =
+
= ≤ = ⇒ ≤ ≤ ≤
+
= ≤ = ⇒ = = =
+
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (0; 0; 0) và (1; 1; 1)
Ví dụ 12: Giải hệ phương trình
2
3 2
2
2
3
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y
+ = +
− +
+ = +
− +
Lời giải:
Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta có:
2 2
3 2 2
3
2 2
2 9 2 9
xy xy
x y
x x y y
+ = +
− + − +
Ta có:
3 2 2
3
2 2
3 3
2 9 ( 1) 8 2
2 9 ( 1) 8 2
x x x
y x y
− + = − + ≥
− + = − + ≥
2 2
2 2
2 2
2 2
xy xy
VT xy xy x y
⇒ ≤ + = ≤ ≤ +
8
Dấu “ = “ khi
1
0
x y
x y
= =
= =
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm như trên.
Ví dụ 13. Giải hệ phương trình
3
3
3 4
2 6 2
y x x
x y y
= − + +
= − − −
Lời giải:
Hệ đã cho tương đương với:
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2 1 2 (1)
2 2 1 2 (2)
y x x
x y y
− = − + −
− = + −
Nếu x > 2 thì từ (1)
→
y = 2 < 0
Điều này mâu thuẫn với phương trình (2) có x - 2 và y - 2 cùng dấu.
Tương tự với x
2
≤
ta cũng suy ra điều mâu thuẫn.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = y = 2
vi. các phương pháp khác
1. Phương pháp sử dụng phương trình hệ quả
Ví dụ 13: Giải hệ phương trình
1
2
3
x y
y z
x z
+ =
+ =
+ =
Lời giải:
Cộng theo vế (1), (2), (3) rồi chia cho 2 ta có phương trình:
x + y + z = 3 (4)
Trừ theo vế của (4) cho (1)
→
z = 2
Trừ theo vế của (4) cho (2)
→
x = 1
Trừ theo vế của (4) cho (3)
→
y = 0
Hệ phương trình có nghiệm: (x; y; z) = (1; 0; 2)
9
Ví dụ 14: Giải hệ phương trình
2 1
2 7
2 2
xy x y
yz y z
xz x z
= + +
= + +
= + +
Lời giải:
Viết hệ về dạng:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 1 2 1 3 (1)
2 1 2 1 15 (2)
2 1 2 1 5 (3)
x y
y z
x z
− − =
− − =
− − =
Nhân theo vế của 3 phương trình trên ta được:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 2 1 2 1 225
2 1 2 1 2 1 15 (4)
2 1 2 1 2 1 15 (5)
x y z
x y z
x y z
− − − =
− − − =
⇔
− − − = −
Các phương trình (4) và (5) là các phương trình hệ quả
Trường hợp thứ nhất ta có:
( )
( )
( )
( ) ( )
2 1 1 (1)
2 1 3 (2) ; ; 1;2;3
2 1 5 (3)
x
y x y z
z
− =
− = ⇔ =
− =
Trường hợp thứ hai ta có:
( )
( )
( )
2 1 1
2 1 3
2 1 5
x
y
z
− = −
− = −
− = −
Hệ có nghiệm (x; y; z) = (0; - 1; - 2)
Kết luận: Hệ phương trình có 2 nghiệm (như trên).
2. Phương pháp sử dụng hệ thức Viet mở rộng
Ta sử dụng kết quả: nếu x, y, z thoả mãn
10
x y z a
xy yz xz b
xyz c
+ + =
+ + =
=
Thì x, y, z là 3 nghiệm của phương trình X
3
- aX
2
+ bX - C = 0
Ví dụ 14: Giải hệ phương trình
2 2 2
4 (1)
6 (2)
18 (3)
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ + =
+ + =
Lời giải:
Bình phương hai vế của (1) rồi trừ cho (2) ta có:
2 2 2 10xy yz xz
+ + =
hay
5 (4)xy yz xz+ + =
Bình phương hai vế của (2) rồi trừ cho (3) ta có:
2xy + 2yz + 2xz = 18
xy + yz + xz = 9 (5)
Bình phương hai vế của (4) rồi trừ cho (5) ta có:
( )
( )
2 16 2 6xyz x y z xyz+ + = ⇒ =
Từ (1), (4), (6) theo định lý Viet mở rộng
, ,x y z
là 3 nghiệm của
phương trình x
3
- 4x
2
+ 5x - 2 = 0
⇔
(x-1)
2
(x- 2) = 0
→
(x, y, z) = (1; 1; 4) và các hoán vị của nó hệ phương
trình có các nghiệm: (x, y, z) (1; 1; 4), (1; 4; 1) ,(4; 1; 4)
Phần iii. Các bài toán liên quan
1. Bài toán giải phương trình.
Bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp, ta được bài toán giải phương trình
về giải hệ phương trình.
Ví dụ 15: Giải phương trình
3
3
1 2 2 1x x+ = −
Lời giải:
11
Đặt
3
2 1x y− =
Ta có hệ phương trình đối xứng loại 2
3
3
1 2
1 2
x y
y x
+ =
+ =
Thì theo vế của 2 phương trình ta được (x- y)(x
2
+ y
2
+ xy + 2) = 0
Dễ thấy : x
2
+ y
2
+ xy + 2 > 0 với mọi x, y
→
x = y
Với x = y ta có: x
3
- 2x + 1 = 0
⇔
(x - 1)(x
2
+ x - 1) = 0
⇔
( )
( )
1
1 5 : 2
1 5 : 2
x
x
x
=
= − +
= − −
Phương trình có 3 nghiệm như trên.
2. Bài toán nghiệm nguyên
Ví dụ 16: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
( )
( )
2
2
2 2
6 2 15
3 2 3
2 12 4
x x y
x x y z
x y y z
− − =
− = − +
+ + ≤
Lời giải:
Hệ
2
2
2 2
6 2 15 0
3 2 6 0
2 12 4 0
x x y
x y xy x
x y y z
− − − =
⇔ − + + =
+ + − ≤
⇒
(x
2
- 6x - 2y - 15) + 2(x
2
y -3xy + 2z + 6) + (x
2
y
2
+ 2y + 12 - 4z)
0
≤
⇒
(xy + x)
2
- 6(xy + x) + 9
0
≤
⇒
(xy + x - 3)
2
0
≤
⇒
xy + x = 3
⇒
x(y + 1) = 3
Giải các trường hợp ta tìm được nghiệm nguyên của hệ là:
(x= -1; y = - 4; z = 5)
iv. một số sai lầm khi giải
1. Làm mất nghiệm của hệ phương trình:
12
Ví dụ 17: Giải hệ phương trình
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z
=
+
=
+
=
+
Nếu không xét trường hợp x = 0, y = 0, z = 0
⇒
biến đổi hệ về dạng:
2
2 2
2
2
1 1 1 1
2 2 2
1 1 1
2 2
1 1 1
2 2
x
y x x
z y
x z
+
= = +
= +
= +
Rồi cộng theo vế 3 phương trình
⇒
2 2 2
1 1 1 3 1 1 1
2 2 2 2y z x x y z
+ + = + + +
⇒
2 2 2
1 2 1 2 1 2
1 1 1 0
x x y y z z
− + + − + + − + =
÷
÷ ÷
⇒
2
2 2
1 1 1
1 1 1 0 1x y z
x y z
− + − + − = → = = =
÷
÷ ÷
Ta bỏ sót nghiệm:
0x y z= = =
2. Chọn nghiệm ngoại lai của hệ
Ví dụ 18: Giải hệ phương trình
1
1
1
x y
y z
z x
− =
− =
− =
Theo cách giải ở ví dụ 10 ta suy ra x = y = z
13
⇒
x, y, z là nghiệm của phương trình.
1 0x x− − =
Đặt
x t=
nếu không để ý đến điều kiện t
≥
0
Ta có:
2
1 5 (1 5)
2 4
t t
± ±
= ⇒ = ⇒
thừa nghiệm
( )
2
1 5
4
−
v. khuynh hướng phát triển của chuyên đề
Ngoài các dạng toán cơ bản hệ phương trình đối xứng dạng 1, dạng
2, hệ phương trình đẳng cấp đã gặp nhiều trong các tài liệu nâng cao, người
ta viết đề tài này nhận thấy các tác giả ưa thích các dạng toán giải hệ phương
trình bằng phương pháp đánh giá sử dụng các bất đẳng thức cơ bản sử dụng
phương pháp đặt ẩn phụ thích hợp và các phương pháp đặc biệt khác, điều đó
đòi hỏi học sinh phải tích cực học tập, tìm tòi, đọc tài liệu, sáng tạo hơn
trong cách đọc và luyện tập của mình.
14
Phần ii. Phương trình
1. Phương pháp biến đổi đồng nhất
Ví dụ 1: Giải phương trình : x
3
- x
2
- x =
1
3
Lời giải
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
3x
3
- 2x
2
- 3x = 1
⇔
3x
3
= 3x
3
+ 3x + 1
⇔
4x
3
= x
3
+ 3x
2
+3x + 1
⇔
4x
3
= (x + 1)
3
⇔
3
4 1x x
= +
⇔
3
3
1
( 4 1) 1
4 1
x x x
− = ↔ =
−
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
1
4 1
x
=
−
.
Ví dụ 2: Giải phương trình
1 1 1 1
x a b x a b
+ + =
+ +
với a + b
≠
0
Lời giải:
Đk: a
≠
0, x
≠
0, b
≠
0, a + x + b
≠
0
Biến đổi phương trình về dạng:
ax + bx + ab
=
1
abx x + a + b
⇔
(ax + bx + ab)(x + a + b) = abx
⇔
(ax + bx + ab)( a + b) + (ax + bx)x + abx = abx
⇔
( a + b) (ax + bx + ab) + x
2
( a + b) = 0
⇔
( a + b) (ax + bx + ab + x
2
) = 0
15
⇔
( a + b) (a + x)( b+x) = 0 Do a + b
≠
0
x a
x b
= −
= −
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm như trên:
Ví dụ 3: Giải phương trình
( ) ( ) ( )
3 4 12 28 (1)x x x x+ − + = −
Lời giải:
Điều kiện:
( ) ( )
( ) ( )
4 12 0
12 4
3 28
3 28 0
x x
x
x
x x
− + ≥
− ≤ ≤
⇔
− ≤ ≤
+ − ≥
3 4x↔− ≤ ≤
()
với điều kiện () (1)
↔
(x + 3)
2
(4 - x)(12 - x) = (28 - x)
2
↔
x
4
+ 14x
3
+ 10x
2
- 272x + 352 = 0
↔
(x
2
+ 6x - 22) (x
2
+ 8x - 16) = 0
↔
2
1 2
2
3 4
3 31 , 3 31
6 22 0
8 16 0
4 4 2 , 4 4 2
x x
x x
x x
x x
= − + = − −
+ − =
⇔
+ − =
= − + = − −
Đối chiếu điều kiện ta thấy x
1
, x
3
thoả mãn bài toán.
Vậy phương trình có 2 nghiệm.
1
3
3 31
4 4 2
x
x
= − +
= − +
2. Phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 4: Giải phương trình
( ) ( ) ( )
3 4 12 28 (1)x x x x+ − + = −
Lời giải
Đặt u = x + 3 v =
( ) ( )
4 12x x− +
với v
0
≥
Khi đó phương trình (1) trở thành:
2uv = u
2
+ v
2
- 1
↔
(u - v)
2
= 1
↔
1
1
v u
v u
= −
= +
Với v = u - 1
0
≥
ta có
( ) ( ) ( )
2
2
3 1
2
3 31
6 2 0
4 12 2
x
x
x
x x
x x x
+ ≥
≥ −
⇔ ⇔ = − +
+ − =
− + = +
Với v = u + 1
≥
0 ta có :
16
( ) ( ) ( )
2
2
3 1
4
4 4 2
8 16 0
4 12 4
x
x
x
x x
x x x
+ ≥ −
≥ −
⇔ ⇔ = − +
+ − =
− + = +
Phương trình có tập nghiệm là:
{
}
31 3;4 2 4− −
Ví dụ 5: Giải phương trình
(x - 8)
2
+ (x - 6)
4
= 16 (1)
Lời giải
Đặt y = x - 7
Khi đó phương trình (1) trở thành
(y - y)
4
+ (y + 1)
4
= 16
⇔
y
4
- 4y
3
6y
2
- 4y + 1 + y
4
- 4y
3
6y
2
+ 4y + 1 = 16
⇔
2y
4
+ 12y
2
+ 2 = 16
⇔
y
4
- 6y
2
- 7 = 0
⇔
(y
2
+7) (y
2
-1) = 0 (do y
2
+7 > 0)
⇔
y
2
- 1 = 0
⇔
1
1
y
y
=
= −
Với y = 1 ta có x - 7 = 1
→
x = 8
Với y = -1 ta có x - 7 = -1
→
x = 6
Tập nghiệm của phương trình là {6 ; 8}
Ví dụ 6: Giải phương trình
X
4
- 6x
3
+ 10x
2
- 6x + 10 = 0
Lời giải
đây là phương trình đối xứng bậc 4 để giải phương trình này ta nhận xét x =
0 không là nghiệm của phương trình nên phương trình
⇔
⇔
x
2
- 6x + 10 - 6.
2
1 1
0
x x
+ =
(chia 2 vế cho x
2
)
⇔
2
2
1 1
6 10 0x x
x x
+ − + + =
÷ ÷
Đặt
( )
1
2x t t
x
+ = ≥
Ta có phương trình:
2
2
6 8 0
4
t
t t
t
=
− + = ↔
=
Khi t = 2 ta có
2
1
2 2 1 0 1x x x x
x
+ = ⇔ − + = ⇔ =
Khi t = 4 ta có
2
1
4 4 1 0 2 3x x x x
x
+ = ⇔ − + = ⇔ = ±
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
{ }
1;2 3;2 3
− +
Ví dụ 7: Giải phương trình
(x + 1) (x + 2)(x + 3)(x + 4) = 3
Lời giải:
17
Phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
1 4 2 3 3x x x x
⇔ + + + + =
( ) ( )
2 2
5 4 5 6 3x x x x
⇔ + + + + =
Đặt t =
2
5 4x x
+ +
ta có:
t(t + 2) = 3
⇔
t
2
+ 2t - 3 = 0
⇔
1
3
t
t
=
= −
Với t = 1 ta có phương trình:
2
5 4 1x x
+ + =
⇔
2
5 13
5 3 0
2
x x x
− ±
+ + = ⇔ =
Với t = -3 ta có:
2 2
5 4 3 5 7 0x x x x
+ + =− ⇔ + + =
phương trình này vô nghiệm
Kết luận: tập nghiệm của phương trình là
5 13 5 13
;
2 2
− + − −
3. Phương pháp đánh giá
Ví dụ 8: Giải phương trình: (x - 8)
4
+ (x -6)
4
= 16 (1)’
Lời giải:
Dễ thấy x = 8 hoặc x = 6 là 2 nghiệm của phương trình đã cho.
Nếu x > 8 ta có (x -6)
4
> 2
4
= 16
(x - 8)
4
> 0
→
(x - 8)
4
+ (x -6)
4
> 16. Vậy x > 8 không là nghiệm của phương trình.
Nếu x < 6 ta có: (x - 8)
4
= (8 - x)
4
> 16
(x -6)
4
> 0
→
(x - 8)
4
+ (x -6)
4
> 16 nên x < 6 không thoả mãn.
Với 6 < x < 8 phương trình (1) viết về dạng:
(x - 6)
4
+ (8 - x)
4
= 16
Khi đó (x - 6)
4
+ (8 - x)
4
< (x - 6 + 8 - x)
4
= 16
Vậy phương trình vô nghiệm khi: 6 < x < 8
Tóm lại tập nghiệm của phương trình là:
{ }
6;8
Ví dụ 9. Giải phương trình
2 2 2
6 13 6 18 34 6x x x x x x
+ + + + + = − −
Lời giải:
18
Biến đổi phương trình về dạng:
2 2 2
( 3) 4 ( 3) 9 25 ( 3)x x x
+ + + + + = − +
VT
2 3 5
≥ + =
Dấu “=” khi x = -3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = - 3
Ví dụ 10: Giải phương trình:
x(2008 - x
2007
) = 2007
Lời giải:
Nếu
0x
≤
thì
2007
(2008 ) 0x x
− ≤
loại
Vậy
0x ≥
Viết phương trình về dạng: x
2008
+ 2007 = 2008x
Theo bất đẳng thức côsi cho 2008 số dương. Ta có:
x
2008
+ 2007 = x
2008
+ 1 + 1 +… +1
≥
2008x
2007 số 1
Dấu “=” xảy ra khi x = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
Ví dụ 11: Giải phương trình
2
3
2016 2017 2007 2007x x x x
− − − = − −
Lời giải:
Điều kiện: x
2007
≥
Với
2007 2008x
≤ <
thì
3 3
2016 2017 2016 2008 2008 2007 1x x
− − − > − − − =
x
2
- 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 < 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1
Thử x = 2008 thoả mãn.
Với x > 2008 thì:
3 3
2016 2017 2016 2008 2008 2007 1x x
− − − < − − − =
x
2
- 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 > 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
Ví dụ 12: giải phương trình
5 2 7
4 3 2 1
1
x
x
+
+ = −
+
Lời giải:
Điều kiện: x + 1 > 0 hay x > -1
Viết phương trình về dạng:
19
3
( 2 1)
4( 1) 3( 2 1)
1
x
x
+
+ + = +
+
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:
3 3 3
( 2 1) ( 2 1) ( 2 1)
4( 1) 4( 1) 3( 2 1)
1 4( 1) 4( 1)
x x
x x x
+ + +
+ + = + + + ≥ +
+ + +
Dấu “=” xảy ra khi:
3
( 2 1)
4( 1) 2 1
4( 1)
x
x
+
+ = = +
+
Hay 4x =
2 3−
Hay x =
2 3
4
−
Phương trình có nghiệm duy nhất: x =
2 3
4
−
Ví dụ 13. Giải phương trình
10 6
5 5
27. 5 864 0x x
− =
Lời giải
Ta thấy x = 0 không thoả mãn phương trình nên chia hai vế của phương
trình cho x
6
ta được phương trình tương đương:
5
4
5
6
32.27
27. 5x
x
+ =
4
6
5
2 5
27
x
x
⇔ + =
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 5 số dương ta có:
4 4 4
4
6 6 6
5
2 1 1 5
3 3 3
27
x x x
x
x x x
⇔ + = + + + + ≥
Do đó x thoả mãn phương trình
⇔
bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức
⇔
20
4
3
x
=
6
1
x
⇔
x
10
= 3
⇔
x =
10
3
±
Ví dụ 14: Giải phương trình
4 2 3 3
4 3 4 3 16 12x x x x x
+ + + = +
Lời giải:
Ta có:
2
4 2 4
3 7
4 3 4 4 0 0
2 4
x x x x x x
+ + + = + + + > ⇒ >
÷
áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có:
4 2 3
2 2
3
3 3
(4 ) 3 4 4 3 4
(4 3) 2 2 3 4 (4 3)
3 16 12
x x x x x
x x x x
x x
+ + + ≥ + +
= + + + ≥ +
= +
Dấu “ =” xảy ra khi x =
1
2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x =
1
2
Phần 3: Bài tập tự luyện
Bài 1: Giải hệ phương trình:
2 2
2009
1
2 2
x y
x y
+ =
+ =
(Gợi ý dùng phương pháp đánh giá)
Bài 2: Giải hệ phương trình:
2 2 2
2 2 2
3
3
3 5 7 15
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ + =
+ + =
(Dùng phương pháp đánh giá)
Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của hệ:
2 2 2
3 3 3
22
196
2008
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ + =
+ + =
(Dùng Định lý Viet mở rộng)
21
Bài 4: Giải hệ phương trình:
y z u a
x z u b
x y u c
x y z d
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
(Dùng phương trình hệ quả)
Bài 5: Cho a, b, c là 3 số khác 0
Giải hệ phương trình:
ay xz c
cx az b
bz cy a
+ =
+ =
+ =
(Dùng phương trình hệ quả)
Bài 6: Trong các nghiệm của hệ
2 2
2 2
9
16
12
x y
z t
xt yt
+ =
+ =
+ ≥
Tìm nghiệm sao cho x + z đạt Giá trị lớn nhất (Dùng phương pháp đánh giá)
Bài 7: Giải phương trình
3 3 2
14 2(1 2 1x x x x
− + = + − −
(Dùng phương pháp đánh giá)
Bài 8: Giải phương trình
( )
2 3
2 8 5 8x x
+ = +
(Dùng phương pháp biến đổi tương đương)
Bài 9: Giải phương trình: 48x(x +1)(x
3
- 4) = (x
4
+ 8x + 12)
2
(Dùng phương pháp biến đổi tương đương)
Bài 10: Giải phương trình: x
4
+ x
3
+ x
2
+ x +
1
2
= 0
(Dùng phương pháp đánh giá)
22
