Một số phương pháp giải hệ phương trình

pdf
Số trang Một số phương pháp giải hệ phương trình 16 Cỡ tệp Một số phương pháp giải hệ phương trình 304 KB Lượt tải Một số phương pháp giải hệ phương trình 0 Lượt đọc Một số phương pháp giải hệ phương trình 4
Đánh giá Một số phương pháp giải hệ phương trình
4.6 ( 8 lượt)
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Đang xem trước 10 trên tổng 16 trang, để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên
Chủ đề liên quan

Nội dung

dungtien@gmail.com sent to www.laisac.page.tl MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI NGUYEN VAN RIN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH  I. HỆ PHƯƠNG TRÌNH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG: Đặc điểm chung của dạng hệ phương trình này là sử dụng các kỹ năng biến đổi đồng nhất. Đặc biệt, là kỹ năng phân tích nhằm đưa một phương trình trong hệ về dạng đơn giản ( có thể rút theo y hoặc ngược lại ) rồi thế vào phương trình còn lại trong hệ.  Dạng 1: Trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc ẩn y. Khi đó, ta tìm cách rút y theo x hoặc ngược lại.  x 2 ( y  1)( x  y  1)  3 x 2  4 x  1 (1) Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  2 (2)  xy  x  1  x Giải: Dễ thấy x=0 không thỏa mãn phương trình (2) nên từ (2) ta có: y 1  x2 1 thay vào (1) ta được: x x2 1 x2 1 (x  )  3x 2  4 x  1  ( x 2  1)(2 x 2  1)  ( x  1)(3x  1) x x 3  ( x  1)(2 x  2 x 2  x  1)  ( x  1)(3 x  1)  ( x  1)(2 x 3  2 x 2  4 x)  0 x  1   x  0 (loại)   x  2 x2.  Dạng 2: Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn.  xy  x  y  x 2  2 y 2  x 2 y  y x  1  2 x  2 y Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  (1) (2) Giải: Điều kiện: x  1; y  0 . (1)  x 2  xy  2 y 2  ( x  y )  0  ( x  y )( x  2 y )  ( x  y )  0 ( từ ĐK ta có x+y>0)  x  2 y  1  0  x  2 y  1 thay vào phương trình (2) ta được: y 2 x  2 y  2 y  2  ( y  1)( 2 y  2)  0 ( do y  0 )  y  2  x  5 .  Dạng 3: Đưa một phương trình trong hệ về dạng phương trình bậc hai một ẩn, ẩn còn lại là tham số. 1 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI 2  y  (5 x  4)(4  x ) 2 2  y  5 x  4 xy  16 x  8 y  16  0 Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:  2 (1) (2) 2 Giải: Biến đổi phương trình (2) về dạng y  (4 x  8) y  5 x  16 x  16  0 Coi phương trình trên là phương trình ẩn y tham số x ta có  '  9x 2 từ đó ta được  y  5 x  4 (3) nghiệm   y  4  x (4) 4  x  y0  Thay (3) vào (1) ta được: (5 x  4)  (5 x  4)(4  x)  5  x  0  y  4 x  4  y  0 Thay (4) vào (1) ta được: (4  x) 2  (5 x  4)(4  x )   x  0  y  4 4 Vậy nghiệm của hệ là: (0; 4), (4; 0), ( ; 0) . 5 2 II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Điểm quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện ẩn phụ a  f ( x; y ), b  g ( x; y ) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0.  x 2  1  y ( y  x)  4 y (1) 2 ( x  1)( y  x  2)  y (2) Ví dụ 4: Giải hệ phương trình   x2  1  y  yx4  Dễ thấy y=1 không thỏa mãn phương trình (1) nên HPT   2  x  1 ( y  x  2)  1  y x2 1 a  b  2 ;b  y  x  2   Đặt a  y ab  1 x2  1  y Giải hệ ta được a=b=1 từ đó ta có hệ phương trình  x  y  3 Hệ này bạn đọc có thể giải dễ dàng. 3  2 2 4  4(  )  7 xy x y  ( x  y)2  Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  2 x  1  3  x y Giải: Điều kiện x  y  0 2 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI 3  2 2 3( x  y )  ( x  y )  ( x  y )2  7  HPT   x  y  1  x  y  3  x y Đặt a  x  y  3a 2  b 2  13 1 ( a  2); b  x  y ta được hệ phương trình:  x y a  b  3 (1) (2) Giải hệ ta được a=2; b=1 (do a  2 ) từ đó ta có hệ: 1  2 x  y 1 x  1 x  y  x y    x  y  1 y  0 x  y  1  Vậy nghiệm của hệ là (1;0). III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Hệ phương trình loại này ta thường gặp ở hai dạng f ( x )  0 (1) và f ( x )  f ( y ) (2) với f là hàm đơn điệu trên D và x, y thuộc D. Nhiều khi cần phải đánh giá ẩn x, y để x, y thuộc tập mà hàm f đơn điệu.  Dạng 1: Một phương trình trong hệ có dạng f ( x )  f ( y ) , phương trình còn lại giúp ta giới hạn x, y thuộc tập D để trên đó hàm f đơn điệu.  x 3  5 x  y 3  5 y (1) Ví dụ 6: Giải hệ phương trình  8 4 (2)  x  y  1 8  x  1  x  1  Giải: Từ PT (2) ta có  4  y  1  y  1 Xét hàm số f (t )  t 3  5t ; t  [  1;1] Ta có f '(t )  3t 2  5  0;t  [  1;1] do đó f (t ) nghịch biến trên khoảng (-1;1) Từ đó (1)  x  y thay vào PT (2) ta được PT x8  x 4  1  0 Đặt a  x 4  0 và giải phương trình ta được a  1  5 1  5  x  y  4 2 2  Dạng 2: Là dạng hệ đối xứng loại hai mà thường khi giải thường dẫn đến cả hai trường hợp (1) và (2).  x  x 2  2 x  2  3 y 1  1 Ví dụ 7: Giải hệ phương trình  2 x 1  y  y  2 y  2  3  1 a  a 2  1  3b (1) Giải: Đặt a  x  1; b  y  1 ta được hệ  b  b 2  1  3a (2) (1)-(2) vế theo vế ta có a  a 2  1  3a  b  b 2  1  3b (3) 3 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI Xét hàm số f (t )  t  t 2  1  3t t2 1  t f '(t )   3t ln 3 2 t 1 Vì t 2  1  t 2  t  t 2  t  0  f '(t )  0, t Do đó, hàm số f (t ) đồng biến trên  . Nên PT (3)  a  b thay vào phương trình (1) ta được a  a 2  1  3a (4) . Theo nhận xét trên thì a  a 2  1>0 nên PT (4)  ln(a+ a 2  1)  a ln 3  0 (lấy ln hai vế). Xét hàm số g(a)=ln(a+ a 2  1)  a ln 3 g '(a )  1 a2  1  ln 3  1  ln 3  0, a   . Do đó, g(a) nghịch biến trên  và do PT(4) có nghiệm a=0 nên phương trình (4) có nghiệm duy nhất a=0. Vậy nghiệm của hệ phương trình ban đầu là ( x; y )  (1;1) . IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Phương pháp này cần lưu ý các biểu thức không âm và nắm vững các bất đẳng thức cơ bản. 2 xy   x2  y x  3 2 x  2x  9  Ví dụ 8: Giải hệ phương trình  2 xy y   y2  x 2 3  y  2y  9 (1) (2) Giải: Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được 2 xy 3 2 x  2x  9 Ta có 3 2 xy  3 2  x2  y 2 x 2  2 x  9  3 ( x  1)2  8  2  2 xy Tương tự 3 (3) y  2y  9 y2  2 y  9 2 xy 3 2 x  2x  9  2 xy 3 2 x  2x  9  2 xy  xy 2  xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương x 2 ; y 2 ta có x 2  y 2  2 xy . Nên VT (3)  VP(3) . x  y 1 Do đó, dấu “=” xảy ra khi  . x  y  0 Thử lại, ta được nghiệm của hệ phương trình là (0;0), (1;1) . 4 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI  y   x3  3 x  4 3  x  2 y  6 y  2 Ví dụ 9: Giải hệ phương trình  2  y  2  ( x 3  3 x  2)  y  2  ( x  1) ( x  2) (1)   3 2  x  2  2( y  3 y  2)  x  2  2( y  1) ( y  2) (2) Giải: HPT   Nếu x>2 thì từ (1) suy ra y-2<0 điều này mâu thuẫn với PT(2) có x-2 và y-2 cùng dấu. Tương tự với x<2 ta cũng suy ra điều vô lý. Vậy nghiệm của hệ phương trình là x=y=2. Hy vọng một số ví dụ trên sẽ giúp bạn đọc phần nào kỹ năng giải hệ phương trình. BÀI TẬP TỰ LUYỆN  xy  3 x  2 y  16 1.  2 2  x  y  2 x  4 y  33  x 2  3 y  9 3.  4 2  y  4(2 x  3) y  48 y  48 x  155  0  x  x  2  x  4  y  y  2  y  4 5.  2 2  x  y  x  y  44 y  x e  2011  y2 1  7.  e y  2011  x  x2  1  x 3 (2  3 y )  8 3  x( y  2)  6 2.  2( x 3  2 x  y  1)  x 2 ( y  1) 3 2  y  4 x  1  ln( y  2 x )  0 4.   x 3  y 3  2 6.  2 2  x  xy  y  y  0 2 2 2  x y  2 x  y  0 8.  3 2 2 x  3x  6 y  12 x  13  0 5 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI MỘT SỐ CHÚ Ý KHI GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH  5  2 3 2  x  y  x y  xy  xy   4 Bài toán 1: (KHỐI A-2008) Giải hệ phương trình   x 4  y 2  xy (1  2 x)   5  4 5  2 3 2  x  y  x y  xy  xy   4 Giải: HPT   ( x 2  y ) 2  xy   5  4 2 2 2 2  x  y  xy ( x  y )  ( x  y )  ( x 2  y )( x 2  y  1  xy )  0 . x2  y  0  i. ( x 2  y )  0   5 (I)  xy   4  5 25 Hệ (I) có nghiệm ( x; y )  ( 3 ;  3 ) . 4 16 1  2 x y   2 ii. x 2  y  1  xy  0   (II) 3  xy    2 3 Hệ (II) có nghiệm ( x; y )  (1;  ) . 2 5 25 3 ), (1;  ) . 4 16 2  xy  x  1  7 y Bài toán 2: (Khối B-2009) Giải hệ phương trình  2 2 2  x y  xy  1  13 y Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ( x; y ) là ( 3 ;  3 Giải: y=0 thì hệ đã cho vô nghiệm. Do đó, y  0 . Hệ đã cho tương đương với hệ: x 1 1 x   x  y  y  7 x  y  y  7     ( x  1 )2  x  13  x 2  x  1  13 2   y y y y 6 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI 1 y 1 y Suy ra ( x  )2  ( x  )  20  0 1  1  x   5 i. x   5   y . Hệ này vô nghiệm. y  x  12 y  1  1 x   4 . ii. x   4   y y x  3y  1 Trường hợp này hệ có hai nghiệm ( x; y )  (1; ) và ( x; y )  (3;1) . 3 1 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ( x; y )  (1; ) và ( x; y )  (3;1) . 3 Nhận xét: Qua hai ví dụ đề thi tuyển sinh ĐH nêu trên, chúng ta có thể thấy rằng đôi khi chỉ cần biến đổi cơ bản , dựa vào các hằng đẳng thức là có thể thu được kết quả . Sau đây, ta xét tiếp các ví dụ đòi hỏi các phép biến đổi phức tạp hơn. 12  (1  y  3x ) x  2  Bài toán 3: Giải hệ phương trình  (1  12 ) y  6  yx Giải: Điều kiện x  0, y  0, y  3x  0 . 3 12 2  1   x  y 1 1  y  3x  x   HPT    1  12  6  1  3   12  y  3 x y y  3x y  x Suy ra y  x  3 1 9 12 y 2 y 2 2    y  6 xy  27 x  0  ( )  6( )  27  0   x y y  3x x x  y  9 (loai)  x y Với  3 ta được x=(1+ 3) 2 ;y=3(1+ 3)2 . x Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=(1+ 3) 2 ;y=3(1+ 3)2 . 7 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI 36 x 2 y  60 x 2  25 y  0  Bài toán 4: (Dự bị D-2008) Giải hệ phương trình 36 y 2 z  60 y 2  25 z  0  2 2 36 z x  60 z  25 x  0  60 x 2  y  36 x 2  25   60 y 2 Giải: HPT   z  36 y 2  25   60 z 2 x  36 z 2  25  Hiển nhiên hệ này có nghiệm ( x; y; z)  (0; 0;0) . Dưới đây ta xét ( x; y; z)  (0; 0; 0) . Từ hệ trên ta thấy x  0; y  0; z  0 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 60 x 2 60 x 2 60 x 2    x. 36 x 2  25 2 36 x 2 .25 60 x Tương tự ta được y  x  z  y . Suy ra x  y  z . 5 Do đó, hệ có một nghiệm nữa là x  y  z  . 6 y 5 5 5 6 6 6 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( x; y; z)  (0; 0;0) và ( x; y; z )  ( ; ; ) .  x  1  y  8  x 3 Bài toán 6: Giải hệ phương trình  4 ( x  1)  y Giải: Điều kiện x  1; y  0 . (1) (2) Thế y từ phương trình (2) vào phương trình (1) ta có: x  1  ( x  1)2  8  x 3  x  1   x3  x 2  2 x  9 (3) . Xét hàm số f ( x)   x 3  x 2  2 x  9 (x  1) f '( x)  3x 2  2 x  2  0, x  1 Do đó, f ( x ) nghịch biến với x  1 . Mặt khác, hàm số g ( x )  x  1 luôn nghịch biến khi x  1 . Suy ra, phương trình (4) có nghiệm duy nhất x  2 . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y )  (2;1) . Nhận xét: Đối với bài toán trên, dùng công cụ đạo hàm để giải quyết là rất hay. Tuy nhiên, ta cũng có thể tránh được đạo hàm bằng cách biến đổi khéo léo như sau: pt (3)  ( x  1  1)  ( x  1)2  1  x 3  8  0 8 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI x2  x( x  2)  ( x  2)( x 2  2 x  4)  0 x 1  1 1    ( x  2)   x2  x  4   0  x 1  1  1    x  2  vì  x 2  x  4  0, x  1 . x 1  1    Dưới đây, xin nêu một bài toán trong đề thi tuyển sinh Đại Học mà nếu không dùng đến công cụ đạo hàm thì khó có thể giải được. Bài toán 7: (KHỐI A-2010) Giải hệ phương trình (4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0 (1)  2 2 (2) 4 x  y  2 3  4 x  7 3 5 Giải: Điều kiện x  ; y  . 4 2 2 PT (1)  (4 x  1)2 x  (5  2 y  1) 5  2 y 2 x  u  (u 2  1)u  (v 2  1)v  5  2 y  v Đặt  Hàm f (t )  (t 2  1)t có f '(t )  3t 2  1  0, t   nên f (t ) đồng biến trên  . x  0  Do đó, u  v  2 x  5  2 y   5  4x2 . y  2  5 2   2 Thế y vào PT(2) ta được 4 x 2    2 x 2   2 3  4 x  0 (3) Dễ thấy, x  0 và x= 3 không phải là nghiệm của PT(3). 4 Xét hàm số 2 5   3 g ( x )  4 x    2 x 2   2 3  4 x trên  0;  . 2   4 4 4 5   3 g '( x)  8 x  8 x   2 x 2    4 x (4 x 2  3)   0, x   0;  . 3  4x 3  4x 2   4  3 Suy ra, g ( x) nghịch biến trên  0;  .  4 1 1 Nhận thấy g    0 nên PT(3) có nghiệm duy nhất x  . 2 2 1 Với x  thì y  2 . 2 2 9 MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH – LUYỆN THI 1  2   x 5  xy 4  y10  y 6 (1) Bài toán 8: Giải hệ phương trình  2  4 x  5  y  8  6 (2) Vậy hệ đã cho có một nghiệm ( x; y )   ; 2  . Giải: Dễ thấy y=0 không là nghiệm của hệ phương trình. 5 x x Chia hai vế của PT(1) cho y  0 ta được       y 5  y  y  y 5 4 Xét hàm số f (t )  t  t có f '(t )  5t  1  0, t   nên hàm số f (t ) đồng biến trên . x Suy ra  y  x  y 2 . Thế x  y 2 vào PT(2) ta được 4 x  5  x  8  6 . y Giải hệ này ta được x  1 . Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( x; y )  (1;1) và ( x; y )  (1; 1) . 5 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giải các hệ phương trình sau:  x 4  x3 y  x 2 y 2  1 3 2  x y  x  xy  1  x 4  2 x 3 y  x 2 y 2  2 x  9 2  x  2 xy  6 x  6 1.  2.  x  2 6 y    x  2y  y 3.    x  x  2 y  x  3y  2  11x  y  y  x  1 4.  7 y  x  6 y  26 x  3  x 2  y  y 2  x 5.  x  y x  y 2  2  x  y 2 6.   1 x2 3 2 x  xy   2 y 2 7.  2  x 2 y  2 x  2 x2 y  4 x  1  0   2 x 2 y  y 3  2 x 4  x 6 8.  2  x  2  y  1   x  1  x3  3x2  y3  3 y  2  9.   x2 3.  y 1  log log 2 x      x   y  y 1   x2     x 2  12 xy  20 y 2  0 ln(1  x)  ln(1  y )  x  y 10
This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.