PT bac 3 4

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (263.59 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Giải bài kỳ trớc.

Bài 1.Giải hệ phơng trình
a)

+ =

2 2

5
5 2
2

2
x xy y

y x

x y xy

0
0

b) − + =

− − =



2 2

3 8 4

5 7 6

x xy y

Gi¶i 
a)

 + − =



 − = − −


2 2

5
5 2
2

2
x xy y

y x

x y xy

Điều kiện: x π 0; y π 0.
Viết lại hệ đã cho d−ới dạng:

2 2

5
5

2 2

x xy y
x xy y

 + − =





− + + = −



Đây là hệ ph−ơng trình đẳng cấp bậc hai, giải theo một trong hai cách ở dng 4.

Đáp số: (thoả mÃn điều kiện)

2
1
2
1

x
y
x
y

=



 = −

 = −



b)  − + =

− − =



2 2

3 8 4

5 7 6

x xy y

0
0

Đây là hệ ph−ơng trình đẳng cấp bậc hai.
+) Nếu x=0 thì hệ có dạng:

4 0

6 0

y

y
y

 =

 ⇔ =



− =



VËy (0,0) là một nghiệm của hệ phơng trình.
+) Nếu x 0. Đặt y=kx, thay vào hệ ta có:

2 2

(3 8 4 ) 0
(5 7 6 ) 0

3 8 4 0 1

5 7 6 0

x k k

k k

k
k k

 − + =




− − =



 − + =



⇔ ⇔

− − =

 =

víi 1
2

k = suy ra 1
2

y = x , thay vào hệ ban đầu ta thấy hệ luôn đúng
Vậy nghiệm của hệ là 1 )

t t ∀ ∈t R

( ,

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

a) = +

= +



3
3

2
2

x x y

y y x

b) − = +

− = +



2 2
2 2

2 2

x y x y

y x y x

 + = +




 + = +



3
3

3
4

2
3
4

x x y

y y x

Các hệ trên là hệ đối xứng loại II.
a)  = +

= +



3
3

2 (

x x y

y y x

1)
2)

Trừ hai phơng trình cho nhau ta đợc:
x3 -y3=2(x-y)+(y-x)=x-y

Ô (x-y)(x2+y2+xy-1)=0

+) x=y thay vào (1) ta có: x3=2x+x=3x Ô

0
3

x
x
x

=

=

+) x2+y2+xy-1=0, kết hợp với phơng trình (1)ta đợc:

⇔
2 2

2 3 2 3

6 4 2

2 3

1 0
2

( 2 ) .( 2 ) 1

3 3 1 0

( 1) 0

2 1

1
1

x y xy
x x y

y x x

x x x x x x

y x x

x x x

y x x
x

y x x x

y
x

 + + − =




= +



 = −


⇔ 

+ − + − − =



 = −




− + − =



 = −


⇔ 

− =



 = −  = ±



⇔ ⇔ =

 

 ∓

VËy nghiƯm cđa hƯ ph−¬ng trình là : (0,0);(1, 1);( 1,1),( 3, 3);( 3− 3)
b) − = +

− = +



2 2
2 2

2 2

x y x y

y x y x

Đáp số: (0,0); (-3,-3)

 + = +




 + = +



3
3

3
4

2
3
4

x x y

y y x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3
2 2

3
4

(1)

2 3

( )( 5) 0 2

y x
x x y

x x
x y x y xy

 + = + 

 ⇔

  + =

 − + + + =

Giải phơng trình (1):
Đặt x= 2t thì (1) cã d¹ng:

+ =

⇔ + = −

⇔ = −

3
3

3
3
3

4 3

1 1

4 3 (2

2 2

1 1

( 2 )

2 2

t t
t t
t

)

VËy hÖ cã nghiÖm duy nhÊt:

 =

3
3
3

1
2

2
1

2
x

y

Chú ý: Nếu phơng trình bậc ba có d¹ng: 
 4 3 3 1( 3 13

x x a

a

+ = )

thì phơng trình cã nghiƯm duy nhÊt lµ 1( 1)

x a

a

= −

Bµi 3.

a) Xác định a để các ph−ơng trình sau có nghiệm chung
+ + + =

+ + − − =

3 2 2

3 2

( 2) 0

vµ x 4 (3 ) 2 0

x a x x

x a x a

b)Xác định m để hai ph−ơng trình sau có nghiệm chung:
x2+mx+1=0 và x2+x+m=0

c) Chøng minh r»ng nÕu hai phơng trình
x2+ax+b=0 vµ x2+cx+d=0

có nghiệm chung thì: (b-d)2+(a-c)(ad-bc)=0
d)Xác định m để hai ph−ơng trình sau có nghiệm chung
x(x-1)=m+1 và x4+(x+1)2=m2

Gi¶i 
a) + + + =

+ + − − =

3 2 2

3 2

( 2) 0 (1)

vµ x 4 (3 ) 2 0 (2)

x a x x

x a x a

Nếu a=0 thì các phơng trình 91) và (2) có nghiệm chung là x=0. Vậy a=0 là một giá
trị cần tìm.

Xét a 0. Vì x=-2 không là nghiệm của (1) và (2) nªn

+ +

⇔ = − ⇔ = −

+ +

⇔ ⇔ = + −

+ +

3 2

2 2

3 2

(3 4)
(1)

( 2) ( 2)

4 3

(2) ( 2)

2 2

x x x x

a a

x x x

x x x x

a x x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đặt =
+2

x

y
x (3)

khi ú (2) cú dạng x(x+2)=y+a
(1) có dạng y(y+2)=x+a

Vậy điều kiện để các ph−ơng trình có nghiệm chung là hệ:
 + = +

+ = +



( 2)

(4)

( 2)

x x y a

y y x a

ph¶i cã nghiƯm

(4 ⇔  + = +

+ = +



2
2

2
)

x x y a

y y x a

đây là hệ ph−ơng trình đẳng cấp bậc hai

Trõ hai phơng trình cho nhau ta đợc hệ tơng đơng:

 =



+ − =

 + = + ⇔

 

− + + + =  = − −

 

 + + − =


2
2

0
2

( )( 3) 0 3

3 3

y x
x x a

x y a

x y x y y x

x x a 0

KÕt hỵp víi (3) ta đợc các phơng trình (1) và (2) có nghiệm chung khi vµ chØ khi

mét trong hai hƯ sau ph¶i cã nghiƯm:


 =

= =

 + − = ⇔

 








 =


+




 = − −



  = −

+ + − = ⇔

 

  =

 =

 +


∓
∓

1,2
2

0; 0 lo¹i

x=-1;a=0 lo¹i
2

3 3

3 3 0

6 3 3

y x

x a

x x a

x
y
x

y x

x

x x a

a
x

y
x

kết luận: với a=0;a=6∓3 3thì các ph−ơng trình (1) và (2) có nghiệm chung.
b)Xác định m để hai ph−ơng trình sau có nghiệm chung:

x2+mx+1=0 và x2+x+m=0

Xem cách giải ở ví dụ 1, dạng 1. Đáp số: m=-2.
c) Chứng minh rằng nếu hai phơng trình

x2+ax+b=0 và x2+cx+d=0

có nghiệm chung thì: (b-d)2+(a-c)(ad-bc)=0

đặt x2=y, y ≥ 0, khi đó ta cần hệ sau có nghiệm ( với y ≥ 0)
 + + =+ + =



0
0

y ax b

y cx d

= −

= −
y

x
D c a
D ad bc

D b d

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

+)NÕu D π 0, ta cã
−

 =

 −

 −

 =

 −



ad bc

y

c a

b d

x

c a

Tõ ®iỊu kiƯn y=x2 ta cã: − = − ⇔ − + − −

− −

2 2

( ) ( ) ( )( )

ad bc b d

b d a c ad bc

c a c a =0

d)Xác định m để hai ph−ơng trình sau có nghiệm chung
x(x-1)=m+1 (1)và x4+(x+1)2=m2 (2)

Đặt x2=u, x+1=v ﬁ u=(v-1)2 (3) 
Khi đó

Từ (1) và (2) có: u-v=m; u2+v2=m2

Xét hệ đối xứng loại 1

− = − =

 

⇔

 

+ = + + − =

 

− =

  − =

⇔ ⇔ + = ±

+ + = 



2 2 2 2 2

2 2 2

( ) ( ) 2

( ) 2

u v m u v m

u v m u v u v m

u v m u v m

u v m

m u v m

1)  + =− = ⇔ ==

  0

u v m u m

u v m v

Thế vào (3) ta đợc m=(0-1)2=1

Với m=1 thì hai phơng trình có nghiệm chung là x=-1.
2) =+ = tơng tự ta đợc m=-1

u v m

Với m=-1 ta đợc x=0 lµ nghiƯm chung cđa (1) vµ (2).

KÕt ln: Hai phơng trình có nghiệm chung khi và chỉ khi m=1

Bài 4. Giải các hệ phơng trình

a) 1 2

2 2 2
x y z

x y xy z
+ + =




+ − + =



b) + + = + ≥

+ =



2
4 4 4

(víi a 0)
2

x y xy a a

x y a

+ + =


 + + =


 + + =


2 2 2
3 3 3 3

x y z a

a) 1 2

2 2 2
x y z

x y xy z
+ + =




+ − + =

 1

Coi z nh− tham số, ta đ−ợc hệ đối xứng loại I đối với x và y

+ = − + = −

 

 ⇔

 + − = −  = − − − =

 

 

2 2

1 1

1 1 1

2 2

x y z x y z

z z

x y xy xy z − +

2
2

z z

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

− +

− − ≥

⇔ − − ≥ ⇔ =

2
2

1 2

(1 ) 4 0

(1 ) 0 1

z z

z

z z

Vậy nếu z 1 thì hệ vô nghiệm
Víi z=1 thay vµo hƯ ta cã x=y=0
VËy hƯ chØ cã nghiÖm x=0, y=0,z=1.
b)

 + + = + ≥

+ =



2
4 4 4

(víi a 0)
2

x y xy a a

x y a

NhËn xét : Nếu x, y là nghiệm của hệ thì
x4 +y4≥ 2x2y2

hay 2a4 ≥ 2x2y2 ﬁ xy £ a2

Do (x+y)2 Ê 2(x2+y2) nên (x+y)4Ê [2(x2+y2)]2Ê 4.2(x4+y4)=16a4
Khi đó ta có:  + ≤

≤

 2

x y a

xy a

VËy khi a 0 thì x+y+xy Ê a2+2a, kết hợp với phơng trình đầu tiên của hệ ta đợc hệ 
có nghiệm duy nhÊt x=y=a

+ + =


 + + =


 + + =


2 2 2
3 3 3 3

x y z a

Đặt xy+yz+zx=b

xyz=c

Ta có đẳng thức + + = − ⇒ =

+ + = − + ⇒ =

2 2 2 2

3 3 3 2

2 0

( 3 ) 3

x y z a b b

x y z a a b c c 0

Do đó

+ + =




⇔ + + =

 =



(1) 0

0
x y z a
xy yz zx
xyz

từ đó hệ có các nghiệm là (a,0,0), (0,a,0), (0,0,a).
Bài 6

Ph−¬ng trình bậc ba và 
Phơng trình bậc bốn 
I. Phơng trình bậc ba

Trong phần này sẽ nêu phơng pháp giải phơng trình bậc ba tổng quát.
ax3 +bx2+cx+d=0 (1)

D¹ng1. Giải phơng trình khi biết một nghiệm x=x0.

Theo giả thiết x=x0 là một nghiệm nên ax03+bx

02+cx0+d=0
(1) Ô ax3+bx2+cx+d= ax03+bx02+cx0+d

Ô a(x3-x03)+b(x2-x02)+c(x-x0)=0

Ô (x-x0)[ax2+(ax0+b)x+ax02+bx0+c]=0

1)Nếu D =(ax0+b)2-4a(ax

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

( )

x x

ax b
x

a
=




− + ±

 =


∆

0
0

*NhËn xÐt:

1)Nếu biết tr−ớc x0 là một nghiệm của ph−ơng trình (1) thì điều kiện cần và đủ để 
ph−ơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt là:

2 2

0 0 0 0 0

2
2

0 0 0

( )

( ) 4 ( )

ax ax b x ax bx c
ax b a ax bx c

 + + + + + ≠




∆ = + − + + >



2) NÕu x0 là một nghiệm của phơng trình (1) thì cã thĨ ph©n tÝch 
 ax3+bx2+cx+d=(x-x0).f(x) (2)

Trong đó f(x) là một tam thức bậc hai

3) NÕu x1;x2;x3 là các nghiệm của phơng trình (1) thì ta có ph©n tÝch 
 ax3+bx2+cx+d=a(x-x

1)(x-x2)(x-x3), từ đó ta có cơng thức Viet cho ph−ơng

tr×nh bËc ba:

1 2 3

1 2 2 3 3 1

1 2 3

b
x x x

a
c

x x x x x x

a
d

x x x
a
 + + =

+ + =

=

Dạng 2.Phơng trình hồi quy bậc ba

Đó là phơng trình ax3+bx2+cx+d (3) 
 víi ac3=bd3 (a ,d

π

0) (4)

Tõ (4) suy ra

1) Nếu c=0 ﬁ b=0 , khi đó ph−ơng trình (3) trở thành ax3+d=0Ơ x 3 d
a

= −
2) Nếu c π 0ﬁ b π 0 và d ( )c 3

a = b
Đặt 0

c
x

b = thì c=-bx0, d=-ax0
3

Thay vào phơng trình (3) ta đợc
ax3+bx2-bx

0x-ax03=0
Ô a(x3-x

03)+bx(x-x0)=0

Ô (x-x0)[ax2+(ax0+b)x+ax02]=0
VËy x x0 c

b

= = lµ mét nghiƯm
NÕu D =(ax0+b)2-4a2x

2 0 thì phơng trình còn có nghiệm 
( 0 )

ax b
x

a

Nhận xét:Nếu phơng trình bậc ba là hồi quy thì nó luôn có một nghiệm là 
 x0 c

b
=

D¹ng 3.

Phơng trình có dạng 3 =

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Đặt m= cosa =cos(a±2p )

Khi đó α = α = 3α − α

cos cos(3 ) 4 cos 3 cos

3 3 3

Do đó ph−ơng trình có ba nghiệm là
1 =cosα; 2,3 =cosα ±2π

3 3

x x

Dạng 4.

Phơng trình dạng 3 = >

4x 3x mvíi m 1
Tr−íc hÕt dƠ thÊy r»ng phơng trình

3 = 3+ ≠
3

1 1

4 3 ( )(*) ( 0

x x a a

a )

luôn có nghiệm là =1( +1)

x a

a

Mặt khác phơng trình 3 = >
với

x x m m

4 3 1 chØ cã mét nghiÖm duy nhÊt

Thậ vậy, ph−ơng trình khơng có nghiệm trong [-1,1] vì nếu trái lại x=x0Œ [-1,1] là
nghiệm thì đặt x= cos a . Khi đó

3− = α ≤ ≠ >

4x 3x cos3 1 m (v× m 1)

Giả sử ph−ơng trình có nghiệm x=x1 với x1 >1
Khi đó 4x13-3x

1=m. Vậy ta có phơng trình:
4x3-3x=4x13-3x1

Ô 4(x3-x

13)-3(x-x1)=0

Ô (x-x1)[4x2+4x1x+4x12-3]=0

Cã D' =4x12-4(4x12-3)=12-12x12< 0 do x1 >1

VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiƯm duy nhÊt x=x1 ( chó ý r»ng một phơng trình bậc ba luôn
có ít nhất một nghiệm.

Đặt = 3+ 3 =

1 1

( ) víi

m a a m m

a

Khi đó theo (*) nghiệm duy nhất x1 của ph−ơng trình là:

=1 +1 =1 3 + 2 − +3 − 2−

( ) ( 1

2 2

x a m m m m

a 1 )

D¹ng 5:

Phơng trình dạng: 4x3+3x=m

Nhn xột rng nu x=x0 là nghiệm của ph−ơng trình thì nghiệm đó là duy nhất.
Thậy vậy, xét x>x0, khi đó

4x3+3x>4x03+3x0=m nên x không là nghiệm
Tơng tự với x<x0 cũng không là nghiệm

Đặt =1( −1
2

x a

a) , khi đó dễ dạng kiểm tra rằng: + = −

3 3

1 1

4 3 ( ) (**)

x x a

a

Từ đó suy ra cách giải nh− sau:

Đặt = 3 3 = +

1 1

( ) víi a

m a m m

a

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

=1 −1 = 1 3 + 2+ + 3 − 2+

( ) ( 1

2 2

x a m m m m

a 1 )

D¹ng 6: Dạng tổng quát 
 at3+bt2+ct+d=0

Bằng cách chia cả hai vế cho a, ta có thể coi a=1. Viết lại phơng trình dới dạng 
 t3+at2+bt+c=0

1) Đặt = −

3
a

t y , khi đó có thể viết ph−ơng trình d−ới dạng:

− + − + − + =

⇔ − =

− = − + −

3 2

2 3

( ) ( ) ( )

3 3 3

a 2

trong đó p= ;

3 27 3

a a a

y a y b y c

y py q

a ab

b q c

NÕu p=0 thì phơng trình có nghiệm duy nhất: x =3 q

Nếu p>0.Đặt =2 .
3
p

y x

Khi ú phng trỡnh s có dạng :4x3-3x=m với 3 3

2
q
m

p p

= đó là ph−ơng trình dạng 4.

Nếu p<0, đặt 2

3
p

y= x − , khi đó ph−ơng trình sẽ có dạng: 4x3+3x=m ú l phng

trình dạng 5.

II. Phơng trình bËc bèn.

Trong phần này sẽ đ−a ra ph−ơng pháp giải ph−ơng trình bậc bốn với hệ số tuỳ

ý. Các dạng ph−ơng trình đặc biệt đã đ−ợc đề cập ở bài tr−ớc. ở đây đ−a ra cách giải
những phng trỡnh tng quỏt hn.

1.Phơng trình x4=ax2+bx+c (1)

Viết lại ph−ơng trình đã cho d−ới dạng:
(x2+ a )2=(a+2a)x2+bx+c+a2 (2)

Chọn a để vế phải có D =0 tức là b2-4(a+2a)(c+a2)=0. Ln có số a nh− vậy vì đó là
một ph−ơng trình bậc ba đối với ẩn a. Khi đó vế phải là bình ph−ơng của một nhị
thức và ta có thể đ−a ph−ơng trình (2) về tích của hai ph−ơng trình bậc hai.

2. Phơng trình tổng quát :t4+at3+bt2+ct+d=0 
Đặt

a

t= x , thay vo phng trỡnh, sau khi biến đổi ta sẽ đ−ợc ph−ơng trình dạng
x4=Ax2+Bx+C. áp dụng cách giải ở trên ta tìm đ−ợc nghiệm của ph−ơng trỡnh ó
cho.

III. Bài tập tự giải

Bài 1. a) Giải phơng trình x4=3x2+10x+4 
b) x3=6x2+1

Bài 2. Giải phơng trình a(ax2+bx+c)2+b(ax2+bx+c)+c=x

Bài 3. (ĐH Ngoại thơng-2000).Giải phơng trình (x2+3x-4)2+3(x2+3x-4)=x+4

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

a)
3

2 2

x y

y x

 = −




= −