Phân dạng phương trình và hệ phương trình đại số_2

Header Page 1 of 128.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HOÀNG THỊ HUYỀN

PHÂN DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2015
Footer Page 1 of 128.


Header Page 2 of 128.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HOÀNG THỊ HUYỀN

PHÂN DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ĐẠI SỐ

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN MINH KHOA

THÁI NGUYÊN - 2015
Footer Page 2 of 128.


Header Page 3 of 128.
i

LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình và hệ phương trình đại số là một trong những nội dung then chốt
của chương trình đại số bậc phổ thông trung học. Các bài toán về phương trình, hệ
phương trình đại số có mặt trong các đề thi tuyển sinh đại học, đề thi olympic vùng,
miền, quốc gia và quốc tế. Hơn thế nữa chúng cũng là những cầu nối để các em học
sinh phổ thông tiếp cận với các hình thái phương trình, hệ phương trình sau này ở
bậc đại học như hệ phương trình tuyến tính chẳng hạn.
Đây là cơ sở khoa học là lý do thôi thúc tác giả chọn đề tài cho bản luận văn "
Phân dạng phương trình và hệ phương trình đại số".
Luận văn gồm lời nói đầu, hai chương, kết luận và danh mục tham khảo.
Chương 1: Phân dạng phương trình đại số:
Chương này phân dạng một cách hệ thống lớp các phương trình đại số, nêu cách giải
và mô tả bằng các ví dụ, bài tập. Như các bài tập được chọn trong các đề thi tuyển
sinh đại học, đề thi olympic trong nước và quốc tế.
Chương 2: Phân dạng hệ phương trình đại số:
Chương này các lớp hệ phương trình đại số nêu cách giải và mô tả bằng các bài tập,
ví dụ, được lựa chọn trong các đề thi tuyển sinh và olympic quốc tế.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo TS
Nguyễn Minh Khoa. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán trường Đại học Khoa học (Đại học

Thái Nguyên), các thầy giáo, cô giáo đã trang bị kiến thức và tạo điều kiện giúp đỡ
tác giả trong quá trình học tập. Cuối cùng cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu
và các đồng nghiệp ở trường THPT Lý Thường Kiệt, thành phố Móng Cái, Quảng
Ninh đã động viên, giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình hoàn thành luận văn
này.
Tác giả
Hoàng Thị Huyền

Footer Page 3 of 128.


Header Page 4 of 128.

Mục lục
Lời nói đầu

i

Mục lục

ii

1 Phân dạng phương trình đại số

1

1.1. Phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2. Phương trình trùng phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

1.3. Phương trình dạng: (x + a)4 + (x + b)4 = c . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.4. Phương trình hồi qui dạng: ax4 + bx3 + cx2 ± kbx + k 2 a = 0 . . . . .

18

1.5. Phương trình dạng:
(ax + b)2 (a1 x + b1 )2 + [(a + a1 )x + (b + b1 )]2 + c = 0 . . . . . . . . . .

20

1.6. Phương trình dạng: x4 = ax2 + bx + c . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.7. Phương trình dạng: (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m . . . . . . . . .

21

1.8. Phương trình bậc ba tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.9. Phương trình bậc bốn tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

1.10. Phương trình bậc năm dạng: 5x5 + 5px3 + p2 x + 5q = 0 . . . . . . . .

26

1.11. Phân định số lượng nghiệm của phương trình bậc cao theo đặc tính về
dấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

1.12. Khảo sát nghiệm của phương trình bậc cao bằng cách đổi vai trò tham số 28
1.13. Một số đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế về phương trình . .
2 Phân dạng hệ phương trình đại số

29
33

2.1. Hệ phương trình đối xứng loại một . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.2. Hệ phương trình đối xứng loại hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

Footer Page 4 of 128.
ii

Header Page 5 of 128.
iii

2.3. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

2.4. Hệ ba phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

2.5. Hệ với vế trái đẳng cấp bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.6. Hệ với vế trái đẳng cấp cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

2.7. Hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

2.8. Hệ nhiều phương trình bậc nhất giải bằng phương pháp tổ hợp . . . .

51

2.9. Hệ ba phương trình bậc cao ba ẩn giải bằng phương pháp dùng định
lý Viet mở rộng cho phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . .

52

2.10. Hệ ba phương trình bậc cao ba ẩn giải bằng phương pháp khử, thế và
tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

2.11. Hệ xoay vòng dùng đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

2.12. Hệ phương trình đa thức giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ . . . . .

58

2.13. Hệ phương trình đa thức giải bằng phương pháp tham số hóa . . . .

60

2.14. Hệ phương trình đa thức chứa dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . .

61

2.15. Hệ phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

2.16. Hệ dùng phép thế lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

Kết luận

69

Tài liệu tham khảo

70

Footer Page 5 of 128.


Header Page 6 of 128.

Chương 1
Phân dạng phương trình đại số
Trong chương này tác giả trình bày sự phân dạng lớp các phương trình đại số
trên trường số thực.

1.1.

Phương trình bậc hai

Định nghĩa 1.1 Phương trình bậc hai là phương trình có dạng:
ax2 + bx + c = 0,

a = 0. (1.1)

Định lý 1.2 (Tính chất và sự tồn tại nghiệm).

Đặt f (x) = ax2 + bx + c; ∆ = b2 − 4ac.
i) Nếu ∆ < 0 thì phương trình (1.1) vô nghiệm và af (x) > 0, ∀x.
ii) Nếu ∆ = 0 thì phương trình (1.1) có nghiệm duy nhất (nghiệm kép).
x=

−b
2a

và af (x) ≥ 0,

∀x

iii) Nếu ∆ > 0 thì phương trình (1.1) có hai nghiệm phân biệt
x1,2

√
−b ± ∆
=
.
2a

Lúc này af (x) < 0, ∀x ∈ (x1 , x2 ) và af (x) > 0, khi x < x1 , x > x2 .
Định lý 1.3 (Định lý đảo).
Nếu ∃ số α : af (α) < 0 thì f (x) = 0 có hai nghiệm x1 < α < x2 .
Hệ quả 1.4 Với hai số α < β cho trước : f (α) = 0, f (β) = 0. Khi đó:
Footer Page 6 of 128.
1


Header Page 7 of 128.

2


 af (β) < 0
i) Nếu
thì f (x) = 0 có hai nghiệm : α < x1 < β < x2 .
 af (α) > 0

 af (α) < 0
ii) Nếu
thì f (x) = 0 có hai nghiệm : x1 < α < x2 < β.
 af (β) > 0


∆>0



af (β) > 0
thì f (x) = 0 có hai nghiệm : α < β < x1 < x2 .
iii) Nếu



 β < S = −b
2
2a


∆>0




af (α) > 0 thì f (x) = 0 có hai nghiệm : x1 < x2 < α < β.
iv) Nếu



 S <α
 2


∆>0




af (α) > 0
thì f (x) = 0 có hai nghiệm : α < x1 < x2 < β.
v) Nếu

af (β) > 0




S

α < < β
2

vi) Nếu f (α)f (β) < 0 thì tồn tại duy nhất một nghiệm hoặc x1 hoặc x2 thuộc khoảng
(α, β).
Định lý 1.5 (Định lý Viet).

 x1 + x2 = −b
a
Nếu x1 ,x2 là nghiệm của (1.1) thì
 x x = c.
1 2
a
Định lý 1.6 (Định lý Viet đảo).

 x +x =S
1
2
Nếu x1 , x2 là hai số thỏa mãn
 x1 x2 = P
thì x1 , x2 là nghiệm của phương trình: x2 − Sx + P = 0.
Các dạng bài tập áp dụng.
Dạng 1:
Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (a = 0).
• Chứng minh phương trình có nghiêm ⇔ Chứng minh ∆ ≥ 0.
• Chứng minh phương trình vô nghiệm ⇔ Chứng minh ∆ < 0.
• Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt
Footer Page 7 of 128.


Header Page 8 of 128.
3

⇔ Chứng minh ∆ > 0.
• Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ Chứng minh ∆ = 0.
c
< 0 hoặc
• Chứng minh phương trình có hai nghiệm trái dấu⇔ Chứng minh
a
chứng minh af (0) < 0.
• Chứng minh phương
trình có hai nghiệm dương




∆≥0
∆≥0





 c
> 0 hoặc chứng minh
af (0) > 0
⇔ chứng minh
a







 0 < −b .
 −b > 0
2a
a
• Chứng minh phương
 trình có hai nghiệm âm

∆≥0


 c
> 0 hoặc chứng minh
⇔ Chứng minh
a



 −b < 0
a



∆≥0



af (0) > 0




 −b < 0.
2a

Ví dụ 1.1. Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: 5a + 4b + 6c = 0. (i)
Chứng minh rằng phương trình f (x) = ax2 + bx + c = 0 có nghiệm.
Giải.
2
⊕ Nếu a = 0 thì từ (i) ta suy ra c = − b.
3
2
2
Do vậy phương trình f (x) = 0 có dạng : bx − b = 0 có x = là nghiệm.
3
3
⊕ Xét a = 0, khi đó:
(i) ⇔ (4a + 2b + c) + (a + 2b + 4c) + c = 0
1
⇔ f (2) + 4f ( ) + f (0) = 0.
2
Suy ra tồn tại ít nhất một số hạng âm hoặc bằng 0, theo định lí đảo phương trình
f (x) = 0 có nghiệm.
Ví dụ 1.2. Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác.
Chứng minh rằng phương trình: (a2 + b2 − c2 )x2 − 4abx + a2 + b2 − c2 = 0
có nghiệm.
Giải.
⊕ Trường hợp 1: a2 + b2 − c2 = 0 ⇔ ∆ABC vuông tại C thì phương trình có nghiệm
x = 0.
Footer Page 8 of 128.

Header Page 9 of 128.
4

⊕ Trường hợp 2: a2 + b2 − c2 = 0, khi đó:
∆ = (2ab)2 − (a2 + b2 − c2 )2
= [(a + b)2 − c2 ][c2 − (a − b)2 ]
= (a + b + c)(a + b − c)(c + a − b)(c + b − a).
Vì a, b, c là cạnh của một tam giác ⇒ ∆ > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thì phương trình:
a2 x2 + (a2 + b2 − c2 )x + b2 = 0 vô nghiệm.
Giải. Xét
∆ = (a2 + b2 − c2 )2 − 4a2 b2
= [(a − b)2 − c2 ][(a + b)2 − c2 ]
= (a − b − c)(a − b + c)(a + b + c)(a + b − c) < 0.
Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Dạng 2:
Chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình f (x) = ax2 + bx + c = 0 trong một
khoảng (d, e) nào đó.
⇔ Chứng minh tồn tại α thuộc khoảng (d, e) sao cho: af (α) ≤ 0.
Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng với mọi số a, b, c phương trình
(x − a)(x − b) + (x − b)(x − c) + (x − c)(x − a) = 0
luôn có nghiệm.
Giải.
Cách 1. Viết lại phương trình ở dạng:
3x2 − 2(a + b + c)x + (ab + bc + ca) = 0.
Ta có:
∆ = (a + b + c)2 − 3(ab + bc + ca)
1
1

1
= (a2 − 2ab + b2 ) + (b2 − 2bc + c2 ) + (c2 − 2ca + a2 )
2
2
2
1
1
1
= (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 .
2
2
2
Footer Page 9 of 128.


Header Page 10 of 128.
5

Vậy phương trình luôn có nghiệm.
Cách 2.
Đặt f (x) = (x − a)(x − b) + (x − b)(x − c) + (x − c)(x − a).
Ta có f (x) là một tam thức bậc 2, có hệ số của x2 là 3.
Vì vai trò của a, b, c là bình đẳng, không giảm tính tổng quát có thể coi a < b < c.
Khi đó 3f (b) = 3(b − c)(b − a) ≤ 0.
Theo định lý đảo về dấu tam thức bậc hai chứng tỏ f (x) = 0 có hai nghiệm :
x1 ≤ b ≤ x2 , ∀a, b, c.
Dạng 3.
Chứng minh phương trình f (x) = ax2 + bx+ c = 0 (a = 0) luôn có ha = −1 ∨ y = 1 là nghiệm của hệ đã cho.







z=1
z = −1
Ví dụ 2.26.(Khối
A-Ngoại Thương 1996).

3
2


 x=y +y +y−2
Giải hệ
y = z3 + z2 + z − 2



z = x3 + x2 + x − 2.
Giải.
Xét hàm:
f (t) = t3 + t2 + t − 2, t ∈ R.
Suy ra

Ta có :
f (t) = 3t2 + 2t + 1 > 0,

∀t ∈ R

⇒ hàm f (t) đồng biến trên R.
Ta viết lại hệ phương trình dưới dạng:




 x = f (y) (1)
y = f (z) (2)





z = f (x). (3)
Đến đây ta chứng minh hệ có nghiệm khi và chỉ khi: x = y = z như tổng quát.
Khi đó thay vào phương trình (1) ta có:
y = f (y) ⇔ y = y 3 + y 2 + y − 2
⇔ y3 + y2 − 2 = 0



x = 1
⇔y=1⇒ y=1



z = 1.
là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

2.12.

Hệ phương trình đa thức giải bằng phương pháp đặt
ẩn phụ

⊕ Nếu các phương trình của hệ chứa các biểu thức đồng dạng, ta giải hệ bằng phương
pháp đặt ẩn phụ. Đặt ẩn phụ là các biểu thức đồng dạng hoặc đặt ẩn phụ để lượng
giác hóa được.
Footer Page 63 of 128.


Header Page 64 of 128.
59

Ví dụ 2.27.(Khối
A Đại học Sư Phạm Hà Nội 2000).

y + xy 2 = 6x2 (1)
Giải hệ:
1 + x2 y 2 = 5y 2 . (2)
Giải.
Từ (2) ⇒ x = 0 không là nghiệm.
2
⊕ x = 0, chia
 :
hai vế cho2 x ta được
y
y


 y ( 1 + y) = 6


+
=
6
x x
x2
x
⇔
Hệ đã cho ⇔
1
y
1


2
 ( + y)2 − 2 = 5.

+
y
=
5
x
x
x2
Đặt :
y
1
= u,
+ y = v.
x

x
 2



uv = 6
v( v − 5 ) = 6
 v 3 − 5v − 12 = 0
22
2
⇒
⇒
⇔
v
v 2 − 2u = 5

 u= v −5
u = − 5
2
2 

u = 2
(v − 3)(v 2 + 3v + 4) = 0
2
⇔
⇔
v = 3
u = v − 5
2




1
 +y =3
 1 =1  1 =2
x
x
⇒ x
⇒
∨
y = 2
 y=2  y=1
x

x = 1
x = 1
2
⇔
∨
y = 2
y = 1.
là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Ví dụ 2.28.

 x2 y + y + xy 2 + x = 18xy (1)
Giải hệ
 x4 y 2 + y 2 + x2 y 4 + x2 = 208x2 y 2 . (2)
Giải.



x = 0
⊕ Hệ đã cho có nghiệm
y = 0.
x = 0,
x = 0,
⊕ x = 0,
⊕

Footer Page 64 of 128.

y=0
không là nghiệm.
y=0
y = 0, chia cả hai vế của (1) cho xy; chia hai vế của (2) cho x2 y 2 ta


Header Page 65 of 128.
60

được:


1
1

 x + + y + = 18
x
y
1
1


 x2 +
+ y 2 + 2 = 208
2
x
y

Đặt:
u=x+

1
1
và v = y + .
x
y

1
1
Ta có: |u| = |x + | = |x| +
≥ 2 (Theo bất đẳng thức Cauchy).
x
|x|
Tương tự: |v| ≥ 2.
Vậy với điều
 kiện :|u|, |v| ≥ 2 (∗).
 u + v = 18
Ta xét hệ:
 u2 + v 2 = 212



1

 x + = 14
 u = 14
x
thỏa mãn (∗) ⇒
⇒
1

 v=4
 y + = 4.
y
Từ đây ta có nghiệm x, y.

2.13.

Hệ phương trình đa thức giải bằng phương pháp tham
số hóa

Dạng :

 P (x, y) = 0
 R(x, y) = 0.
Trong đó P, Q là các đa thức hai biến x, y mà từ một trong hai phương trình ta có
thể coi x là tham số và giải được y theo x hoặc ngược lại.
Ví dụ 2.29.

 2x2 − xy − 3y 2 + 5y − 2 = 0 (1)
Giải hệ:
 2xy + y 2 + y − 1 = 0. (2)

Giải.
Xét (1), giải x theo y ( coi
 y là tham số ).
3y − 2
x=
2

Ta có: ∆ = (5y − 4) ⇒
2
x = 1 − y.
Footer Page 65 of 128.


Header Page 66 of 128.
61

Với x =

3y − 2
thay vào phương trình (2) ta được:
2
(2) ⇔ 4y 2 − y − 1 = 0
√
√

1− 5
−13 − 3 5
⇒x=
y=
8√

16 √
⇔
1+ 5
−13 + 3 5
y=
⇒x=
.
8
16

Với x = 1 − y thay vào phương trình (2) ta được:
(2) ⇔ y 2 − 3y − 1 = 0
√
√

5−1
3− 5
⇒x=
y=
2√
2 √
⇔
3+ 5
−1 − 5
y=
⇒x=
.
2
2
Từ đó ta có các nghiệm của hệ phương trình đã cho.

2.14.

Hệ phương trình đa thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

Loại 1: Các biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối là các nhị thức bậc nhất theo x
hoặc theo y.
Cách giải: Ta chia mặt phẳng tọa độ thành các miền con bởi các đường thẳng là
các nghiệm của các nhi thức bậc nhất trong trị tuyệt đối rồi giải hệ trong từng miền.
Loại 2: Các biểu thức trong trị tuyệt đối không phải là các nhi thức bậc nhất theo
x hoặc theo y, ta thường giải bằng cách đặt ẩn phụ với ẩn phụ là các biểu thức chứa
trị tuyệt đối.
Ví dụ 2.30.

 |x + 1| − |y + 2| = −2
Giải hệ:
 |x − 2| + 2y = 3.
Giải.

Footer Page 66 of 128.


Header Page 67 of 128.
62

y
(IV )

(V )

(V I)
x

O

-1

2

-2
(I)

(II)

(III)


 x ≤ −1
Miền (I)
 y ≤ −2.

 −(x + 1) + y + 2 = −2
Hệ đã cho ⇔
 2 − x + 2y = 3


 −x + y = 3
 x=7
⇔
⇒

không thuộc miền (I) , (loại).
 −x + 2y = 1
 y=4

 −1 ≤ x ≤ 2
Miền (II)
 y ≤ −2.

 x + 1 + y + 2 = −2
Hệ đã cho ⇔
 −(x − 2) + 2y = 3



 x = − 11
 x + y = −5
3
⇔
⇒
4 không thuộc miền (II) , (loại).

 −x + 2y = 1
 y=−
3

 x≥2
Miền (III)
 y ≤ −2.




 x + 1 + y + 2 = −2
 x + y = −5
 x = −15
Hệ đã cho ⇔
⇔
⇒
không
 x − 2 + 2y = 3
 x + 2y = 5.
 y = 10.
thuộc miền(III) , loại.
 x ≤ −1
Miền(IV)
 y ≥ −2.
Footer Page 67 of 128.


Header Page 68 of 128.
63




 −(x + 1) − (y + 2) = −2
 −x − y = 1
 x = −1
Hệ đã cho ⇔
⇔
⇒

 −(x − 2) + 2y = 3
 −x + 2y = 1
 y=0
thuộc miền(IV) , thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
 −1 ≤ x ≤ 2
Miền (V)
 y ≥ −2.


x − y = −1
x + 1 − (y + 2) = −2
⇔
Hệ đã cho ⇔
−x + 2y = 1
−(x − 2) + 2y = 3
không thuộc
 miền (V) , (loại).
x ≥ 2
Miền(VI)
y ≥ −2.

x + 1 − (y + 2) = −2
Hệ đã cho ⇔
x − 2 + 2y = 3


x − y = −1
⇔
x + 2y = 5


 x = −1
⇒
 y = 0.


x = 1
⇒
y = 2

không thuộc
 miền (VI) , (loại).
 x = −1
Kết luận:
là nghiệm của hệ phương trình.
 y=0
Ví dụ 2.31.
 (Đại học Huế 1997).
 |2x − y| − 2|y − x| = 1
Giải hệ
 3|2x − y| + |x + y| = 10.
Giải. Đặt u 
= |x − y|, v = |2x
+ y|, u, v ≥ 0.
 v − 2u = 1
 v = 1 + 2u
Ta đi đến hệ
⇔
 3v + u = 10
 3(1 + 2u) + u = 10




 v = 1 + 2u
 u=1
 |x − y| = 1
⇔
Khi đó, ta có:
 7u = 7
 v = 3.
 |2x − y| = 3.


 x−y =1
 x=2
Trường hợp 1:
⇔
 y = 1.
 2x − y = 3


 x−y =1
 x = −4
Trường hợp 2:
⇔
 2x − y = −3
 y = −5.


 x − y = −1

 x=4
Trường hợp 3:
⇔
 2x − y = 3
 y = 5.
Footer Page 68 of 128.


Header Page 69 of 128.
64



 x − y = −1
 x = −2
Trường hợp 4:
⇔
 2x − y = −3
 y = −1.
Vậy
 hệ phương
 trình đã chocó các nghiệm
 là:
 x = 2  x = −4  x = 4  x = −2
∨
∨
∨
 y = 1  y = −5  y = 5  y = −1.

2.15.

Hệ phân thức

Cách giải: Biến đổi biến, dùng phương pháp thế, hoặc đặt ẩn phụ, dùng Viet hoặc
đánh giá.
Ví dụ 2.32.

1 1 1


+ + =3


x

 1 y1 z 1
+
+
=3
Giải hệ phương trình

xy yz zx


1



= 1.
xyz

Cách 1: ( Dùng Viet).
Điều kiện: x, y, z = 0.(∗)
Với điều kiện (∗) hệ đã cho tương đương với hệ:

1 1 1


+ + =3


x

 1 1 y 1 z1 1 1
. + . + . =3

x y y z z x


1 1 1


 . . = 1.
x y z
1 1 1
Theo định lý Viet đảo cho phương trình bậc ba ta có , , là nghiệm của phương
x y z
trình:
t3 − 3t2 + 3t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)3 = 0 ⇔ t1 = t2 = t3 = 1



 x=1
nên
y=1

 z = 1.
Cách
2: Với điều kiện (∗) hệphương trình tương đương với



 xy + yz + zx = 3xyz
 x + y + z = 3 (1)
⇔
x + y + z = 3xyz
xy + yz + zx = 3 (2)


 xyz = 1
 xyz = 1. (3)
Footer Page 69 of 128.


Header Page 70 of 128.
65

Từ phương trình (1) ta suy ra: x + z = 3 − y. (1 )
Từ phương trình (2) ta có: y(x + z) + zx = 3. (2 )
Thay (1 ) vào (2 ) ta được: y(3 − y) + zx = 3 ⇔ y 2 (3 − y) + xyz = 3y
Do (3) ⇔ y 3 − 3y 2 + 3y − 1 = 0 ⇔ (y − 1)3 = 0 ⇔ y = 1.
Thay vào (1), (3) ta được:

x+z =2
⇒ x = 1, z = 1.
xz = 1
Cách 3:
Từ (3) ⇒ xyz = 1.
Từ (1), (2) ⇒ xy + yz + zx = 3. (1”)
Từ (1), (2) ⇒ x + y + z = 3. (2”)
Bình phương (2”) ta được x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) = 9.
Do (1”) ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 3. (3”)
Mặt khác ta có bất đẳng thức x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx = 3.
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1.
Vậy x = y = z = 1 thỏa mãn (*) là nghiệm của hệ.
Ví dụ 2.33.

1 1 1
1


+
−
=
(1)


y
z
x
a

 1 1 1

1
+ − =
(2)
Giải hệ

z x y
b


1 1 1
1


 + − = . (3)
x y z
c
Giải:
Điều kiện x, y, z, a, b, c = 0. (∗)
1 1 1
1 1 1
Lấy (1) + (2) + (3) ⇒ + + = + + . (4)
x y z
a b c
2
1 1
2bc
Lấy (4) − (1) ⇒ = + ⇒ x =
.
x
b c

b+c
2ac
Lấy (4) − (2) ⇒ y =
.
a+c
2ab
Lấy (4) − (3) ⇒ z =
.
a+b
là nghiệm của hệ phương trình.

Footer Page 70 of 128.


Header Page 71 of 128.
66

2.16.

Hệ dùng phép thế lượng giác

Nếu hệ chứa các biểu thức có cấu trúc lượng giác hóa được ta giải bằng phép
thế lượng giác tương ứng.
Ví dụ 2.34.
 ( Đề đại học giao thông 1990).
2

 2x + x y = y
Giải hệ:
2y + y 2 z = z


 2z + z 2 x = x.
Giải.

2

 y(1 − x ) = 2x
Hệ đã cho ⇔
z(1 − y 2 ) = 2y

 z(1 − z 2 ) = 2z.
Vì x, y, z = 1 không là nghiệm, xét hệ với x, y, z = 1 ta có hệ tương đương với hệ sau:

2x


(1)
y
=



1 − x2

2y
z=
(2)
2

1

−
y


2z


 x=
. (3)
1 − z2
Đặt:
x = tan u (−

π
π
< u < ).
2
2

Từ (1) ⇒ y = tan 2u.
Từ (2) ⇒ z = tan 4u.
Từ (3) ⇒ x = tan 8u.
kπ
Vậy tan u = tan 8u ⇒ 8u = u + kπ ⇔ u =
7
π
π
Vì − < u < ⇒ k = 0, k = ±1, k = ±2, ±3
2
2 


 x=0
k=0⇒u=0⇒
y = 0 là nghiệm.

 z=0

π

x
=
tan



π7
π
y = tan
k=1⇒u= ⇒
là nghiệm.
7

7


 z = tan π
7

Footer Page 71 of 128.

Header Page 72 of 128.
67


−8π


)
x
=
tan(


7

−π
−2π
k = −1 ⇒ u =
⇒ y = tan(
) là nghiệm.

7
7



z = tan( −4π )
7


16π


x = tan(
)


7

2π
4π
k=2⇒u=
⇒ y = tan )
là nghiệm.

7
7



z = tan( 8π )
7

−16π


)
x = tan(



7

−2π
−4π
⇒ y = tan(
k = −2 ⇒ u =
là nghiệm.
)

7
7



z = tan( −8π )
7

24π


)
x = tan(


7

3π
6π
⇒ y = tan( )
là nghiệm.

k=3⇒u=

7
7



z = tan( 12π )
7

−24π


)
x
=
tan(


7

−3π
−6π
k = −3 ⇒ u =
⇒ y = tan(
là nghiệm.
)

7
7




z = tan( −12π )
7
Ví dụ 2.35.

 3 x+ 1 =4 y+ 1 =5 z+ 1
(1)
x
y
z
Giải hệ:

xy + yz + zx = 1. (2)
Giải. Điều kiện x, y, z = 0.
Từ (1) suy ra các thành phần của nghiệm cùng dấu nên nếu hệ có nghiệm dương
(x0 , y0 , z0 ) thì (−x0 , −y0 , −z0 ) cũng là nghiệm. ta đi tìm nghiệm dương.
A
B
C
Đặt x = tan , y = tan , z = tan (0 < A, B, C < 1800 ).
2
2
2
Khi đó từ (2) ta có
tan

Footer Page 72 of 128.

B
B
C
C
A
A
. tan + tan . tan + tan . tan = 1.
2
2
2
2
2
2


Header Page 73 of 128.
68

B
C
.
tan
A
2
2 = cot B + C
⇔ tan =
B
C
2
2

tan + tan
2
2
A B C
π
⇒ + + = .
2
2
2
2
⇒ A, B, C là góc tam giác.
Mặt khác từ (1) ta có:
1 − tan

tan

A
2

tan

A
3(1 + tan )
2
2

=

B
2

B
4(1 + tan
)
2
2

tan
=

C
2

5(1 + tan2

C
)
2

sin A
sin B
sin C
=
=
.
3
4
5
b
c

a
Theo định lý hàm sin suy ra: = = .
3
4
5
C
Do a,b,c là ba cạnh đối diện của 3 góc làm tam giác và C = 900 suy ra z = tan = 1.
2
Từ (3) suy ra :
⇒

3
3
sin C =
5
5
A
1 − cos A
1
⇒x = tan =
=
2
1 + cos A
3
B
1 − cos B
1
y = tan =
= .
2

1 + cos B
2
sin A =

Vậy ta có

Footer Page 73 of 128.

1 1
, ,1
3 2

và

1 1
− , − , −1
3 2

là nghiệm của hệ.


Header Page 74 of 128.

Kết luận
Trên cơ sở phân dạng, đưa ra thuật toán giải và chọn các bài tập, ví dụ mô
tả. Luận văn đã mô phỏng được bức tranh về phương trình, hệ phương trình đại số.
Luận văn sẽ góp phần cho học sinh và các thầy cô giáo dạy phổ thông có cách tiếp
cận hệ thống, bao quát phần quan trọng này của toán học phổ thông, để từ đó giảng
dạy và học tập hiệu quả hơn, khả quan hơn.

Footer Page 74 of 128.
69


Header Page 75 of 128.

Tài liệu tham khảo
[1] Lê Hải Châu (2001), Đề thi chọn học sinh giỏi toán phổ thông trung học toàn quốc(
Từ năm 1962 đến năm 2000), NXB trẻ.
[2] Nguyễn Hữu Điển (2008), Đa thức và ứng dụng, NXB GD.
[3] Nguyễn Thái Hòe (2005), Dùng ẩn phụ để giải toán NXB GD.
[4] Nguyễn Văn Lộc, Nguyễn Hoa Cương (2005), Tìm hiểu thêm về toán học chuyên
đề Bất đẳng thức và phương trình, NXB ĐHQGTPHCM.
[5] Nguyễn Văn Mậu (2004), Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB GD.
[6] Nguyễn Văn Mậu (1994), Phương pháp giải phương trình và bất phương trình,
NXB GD.
[7] Nguyễn Văn Nho (2005), Tuyển chọn những bài toán từ những cuộc thi tại một số
nước Đông Âu, NXB GD.
[8] Nguyễn Văn Nho (2003), Tuyển tập các bài toán từ những cuộc thi tại Trung Quốc,
NXB GD .
[9] Sở giáo dục đào tào thành phố Hồ Chí Minh (2006), Tuyển tập 10 năm đề thi
Olympic 30 tháng 4, NXB GD.
[10] Tuyển tập các đề thi tuyển sinh vào đại học từ 1970 – 2014.
Footer Page 75 of 128.
70