Đề tài Một số phương pháp về giải hệ phương trình

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: NGUYỄN ANH TUẤN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục 1 - Phương pháp dạy học bộ môn: ...TOÁN.. 1 - Lĩnh vực khác: ............................................ 1 Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN 1 Mô hình 1 Phần mềm 1 Phim ảnh 1 Hiện vật khác Năm học: 2011 - 2012 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ và tên: NGUYỄN ANH TUẤN Ngày tháng năm sinh: 18/11/1959 Nam, nữ: NAM Địa chỉ: 217/17. PHẠM VĂN THUẬN . BIÊN HÒA Điện thoại: (CQ)/ .NR:061 3916509 Fax: E-mail: anhtuan1811@yahoo.com Chức vụ: GIÁO VIÊN Đơn vị công tác: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: CỬ NHÂN Năm nhận bằng: 1981 Chuyên ngành đào tạo: SP TOÁN KINH NGHIỆM KHOA HỌC Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: SP TOÁN Số năm có kinh nghiệm: 30 NĂM Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: * Phương trình hàm. * Đa thức . *Một số phương pháp tính giới hạn của dãy số và khảo sát tính hội tụ của dãy số Tên SKKN : MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia , kỳ thi Tóan Olympic 30-4 một trong các bài toán thường gặp là bài tóan về giải hệ phương trình và tính có nghiệm của hệ đó. Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi các kiến thức về các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương trình là hết sức cần thiết Từ yêu cầu trên tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập điển hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chuyên Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình và dùng vài phương pháp để xác định số lượng nghiệm của hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi thi học sinh giỏi Toán. Phần nghiên cứu của tôi này đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chuyên Tóan và đội tuyển thi Olympic 30-4 trong năm học 2011-2012. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI : Đề tài đã được giảng dạy cho học sinh lớp 12 chuyên tóan và bồi dưỡng đội tuyển Olympic 30/4 của năm học 2011 – 2012 , bước đầu học sinh đã biết vận dụng và cảm thấy thuận lợi hơn trong việc giải quyết các bài tóan về vấn đề này . TÀI LIỆU THAM KHẢO *Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4 của các năm: 2006 đến 2011 của Nhà xuất bản Đại học Sư phạm *Báo tóan học tuổi trẻ của các số của các năm 2005-2011 của Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam-Bộ giáo dục và đào tạo. *Nguồn Internet : - wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc - wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm NGƯỜI THỰC HIỆN (Ký tên và ghi rõ họ tên) NGUYỄN ANH TUẤN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị ..................................... BM04-NXĐGSKKN CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ................................, ngày tháng năm PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: ..................................... ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH. Họ và tên tác giả: ....NGUYỄN ANH TUẤN ....... Chức vụ: GIÁO VIÊN....................... Đơn vị: ..............TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ...................... Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục 1 - Phương pháp dạy học bộ môn: ............................... 1 - Phương pháp giáo dục 1 - Lĩnh vực khác: ........................................................ 1 Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị 1 Trong Ngành 1 Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây) Có giải pháp hoàn toàn mới 1 Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 1 Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây) Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 1 Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 1 Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 1 Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả 1 Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Tốt 1 Khá 1 Đạt 1 - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Tốt 1 Khá 1 Đạt 1 - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt 1 Khá 1 Đạt 1 Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm. XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I/DÙNG PHÉP THẾ: I.1.Phương pháp : Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để được biểu thức trong 1 pt có liên quan với vài phuơng trình rồi thay vào các ptrình đó để được hệ ptrình đã biết cách giải Chú ý: Khi dùng phương pháp trên mà không dùng được phép biến đổi tương đương thì sau khi tìm được nghiệm của hệ phương trình hệ quả thì ta phải thử lại các nghiệm này có là nghiệm của hệ ban đầu hay không và kết luận. Vd1: Gỉải hệ: (I) Giải: ñk:( 00) hoặc (x=0;y tuøy yù) ; vôùi ñk (I) thay (1) vào (2) ta được : =1 (3) (3)=1-(x=0 hay x=1) i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 do đó ta được ii/ Với x= 1 thay vào (2) ta có : = 1 (4) ; vì x=1>0 nên y>0 vì thế VT(4) >1 Thay bộ vào hệ ta thấy thỏa hệ .Kết luận hệ có nghiệm (0;-1) Vd2: Gỉai hệ: (I) Giải: (I) ( cho kq) Vd3: Giải hệ: (I) Giải: (I) -= 3x- 4y=5 hay x=(j) Cũng từ (I) cho:3yx2-3y = 4xy2+4x (i) ;thế (j) vào (i) cho:-3y=+ Thu gọn ptrình trên ta được ptrình bậc 2 ẩn y từ đó ta tìm được nghiệm (x;y) của hệ mới ;Thay vào hệ ban đầu để kiểm tra đó có là nghiệm cần tìm không. I.2. Bài tập: Gỉai các hệ ptrình: 1/ 2/ 3/ 4/ 5/ 6/ II/ DÙNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG: II.1.Phương pháp: Đôi khi giải hệ ta biến đổi hệ bằng phép biến đổi tương đương để nhận được hệ cuối cùng đơn giản hơn. *Chú ý: Khi dùng phương pháp này học sinh cần phải kiểm tra các phép biến đổi từ hệ đề cho dẩn tới hệ mới và ngươc lại từ hệ mới liệu có dẩn tới hệ ban đầu hay không . Vd1: Gỉai hệ: (I) Giải: (I) ( trừ vế với vế của 2 ptrình) hoặc Vd2: Giải hệ: (I) Giải: (I) ( cho kq) II.2.Bài tập: Giải các hệ ptrình: 1/ 2/ 3/ . 4/ 5/ 6/ III/ PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: III.1.Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình 1 cách hợp lý để nhận được hệ mới mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn phụ và dẩn tới hệ mới ( với ẩn mới ) dể tìm được nghiệm hơn *Chú ý: Thông thường ta dùng số ẩn phụ của phương trình mới và củ bằng nhau Vd1:Giải hệ: (I) Giải: đk:x;y 0 (I) ; ñaët t = ; z = thì t;z . Ta có: hệ từ đó : cho kq . Vd2: Giải hệ: (I) Giải : (I) Đặt u= x+;v= y+ ta có: đặt S=u+v;P=u.v với: S24P và cho kq. Vd3: Gỉai hệ: (I) Giải: (I) ;x-2y và x/y cùng là nghiệm của pt t2-6t+6 =0 ( cho kq) Vd4: Giải hệ: (I) Giải: Nếu hệ nhận x=0 là nghiệm thì ta được y=0 hoặc z=0 Rõ ràng các bộ (0;0;t);(0;t;0);(t;0;0) mọi t là nghiệm của hệ . Xét x.y.z0 thì (I) .Đặt u=1/x;v=1/y;t=1/z .Ta có: (I) (II) Lấy (2)-(3) cho : (t-v)(2u+t+v)=(v-t)(v+t+1)-1 hay (v-t)[2(u+v+t)+1]=1 Lấy (1)-(2) cho : (u-v)(u+v+2t)=(v-u)(v+u+1)-1 hay (v-u)[2(u+v+t)+1]=1 Do đó: v-t=v-u hay u=t III.2. Bài tập : Giải các hệ phương trình sau : 1/ 2/ 3/ 4/ 5/ 6/ . 7/ 8/ 9/ 10/ 11/ 12/ 13/ 14/ 15/ IV/ DÙNG ĐỊNH LÝ VIESTE : IV.1. Phương pháp : * Chú ý: 1/ Nếu với s;p cho trước thì x;y cùng là nghiệm phương trình t2-s.t+p = 0 2/ Nếuvới s1 ;s2;s3 cho trước thì x;y;z cùng là nghiệm ph.trình t3-s1.t2+s2.t –s3 = 0 Khi giải 1 hệ phương trình đối xứng loại I đôi khi hệ có chứa 1 vài tổng đối xứng cơ bản thì ta thường nghỉ đến việc biến tổng đổi để đưa về hệ mới xuất hiện đầy đủ các tổng đối xứng cơ bản đối với các ẩn đang xét rồi dùng định lí Vieste đảo . Vd1: Giải hệ: (I). Giải: Từ (I) cho : ; x;y;z là nghiệm của pt : t3-6t2+11t-6 =0 Töø ñoù: (x;y;z)=(1;2;3) vaø caùc hoùan vò cuûa noù . Vd2: Giaûi heä: (I) Giaûi: (1) (x+y+z)3 = 0 x2+y2+z2+2(xy+yz+xz)= 0 ; do (2) neân coù: xy+yz+zx = -5 (I) . (i)-xy(x+y)(x2+xy+y2) =50. (ii) Thay (a) vaøo (b) ta coù: x2+y2+x.y = 5 töø ñoù: x.y.z=2 x;y;z laø n0 cuûa pt: t3-5t -2 = 0 ; suy ra : (x;y;z) =(-2;1-;1+) vaø caùc hoùan vò cuûa noù. Vd3: Giaûi heä: (I) Giaûi: (I) (x=0;z=y=-1) hoaëc (cho kq) Vd4: Giaûi heä: (I) Giải: Ñaët S=x+y+z ; u=x.y+y.z+x.z ;P=x.y.z thì töø (I) cho x.y.z=P0 vaø (II) Maø (x+y)(y+z)(x+z)= 2xyz+x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y) =2P+2x+2y+2z =2P+2S Do ñoù: P+S =4/P töø heä (II) cho S= t.P neân S=3P vaø 4P=4/P ( cho kq) IV.2.Bài tập : 1/ 2/ . 3/ 4/ 5/ 6/ 7/ 8/ 9/ 10/ 11/ 12/ . V/ DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH: V.1. Duøng baát ñaúng thöùc Cauchy: Chú ý: * Cho n số không âm x1;x2;;xn ta có: (dấu “=” xảy ra x1=x2==xn ) *Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức) Vd1: Giải hệ: (I) Giải: Theo bất đ thức Cauchy cho 11 số dương gồm 6 số; 3 số ,2 số ta có: x+y2+z3 1 Do đó: x.y.z ( dấu ‘=’ xảy ra ) Vậy hệ tương đương: Vấy hệ có n0 là x=6;y=. Vd2: Giải hệ : Giải: Do x,y,z,t>0 nên: (dâu ‘=’ xảy ra x=t=1 và 3y+z=4) cmtt (dâu ‘=’ xảy ra x=y=1 và 3z+t=4) Còn 2 bđt tương tự. Cộng lại ta được: S 4. ( dấu ‘=’ xảy ra x=y=z=t=1). Vậy : n0 pt là :. Vd3: Giải hệ: (I) Giải: Gọi (x;y;z) là n0 của hệ: Khi x=0 thay vào hệ ta được y=z=0 .1 n0 của hệ (0;0;0) Khi x0 thì từ (1) cho y>0 nên z>0 và như vậy x>0 . Dùng bđt Cauchy: 2x2 =y(x2+1)2x.y xy Ttự: 3y3 = z(y4+y2+1) 3z.y2 yz Ttự : zx .Do đó: x=y=z .Từ đó tìm được n0 của hệ . Vd4: Giải hệ: (I) Giải: Hệ trên là hệ đối xứng loại 2 (I) Xét pt (*) ta có: x2+y2 2. ; nên Do đó: x=y=1 hoặc x=y =0 ( thử lại) Vd5: Giải hệ: (I) Giải: gt cho y=3x2(2-3y) ta thấy : y=2/3 không là n0 của hệ nên y2/3 ;cho nên 3x2 =từ đó: 0y<2/3 ;tương tự: 0x;z<2/3 Ta thấy: khi x=0 thì hệ phải nhận n0 tương ứng x=y=z=0 Nên chỉ xét :x;y;z>0 ;từ (1) cho 1 nên yx Tương tự: từ (2);(3) cho zy và x nên x=y=z từ đó cho kq . V.2.Dùng bất đẳng thức Buynhiackobki: Chú ý: * Cho 2 bộ số x1;x2;;xn và y1;y2;;yn ta có: (dấu “=” xảy ra x1=t.y1 ; x2=t.y2 ; ;xn =t.yn ) t =const *Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức) Vd 1: Giải hệ: (I) Giải: Từ (I) cho : y2-6y+21 (1). NX: y2-6y+2112 ; y .nên ta nghỉ đến cm: 12 ;[0;32] NX: điểm rơi của bđt trên x=16 Thật vậy: . 4 Cộng các bđ t trên lại suy ra kq . ( dấu ‘=’ xảy ra x=16). (thử lại) Vd2: Gỉai hệ: (I) Gỉai: đk: . Cộng 2 pt ta được: = y2-2y+6 (3) Bđt B-C-S cho 2 bộ: 1; 1/2 và ; x : (+x )2 +x ttự: cho nên: 5 ; ta có: y2-2y+6 5 ( cho kq) Vd3:Giải hệ: (I) Gỉai: đk: -1<x;y<1 . (I) từ đó: Bđt B-C-S cho : x.+y=1 ;do đó: x.+y =1 = x2+y2=1 ( trên mxđ) Bđt B-C-S cho : x.+y= ;lại có: = nên : x.+y Do đó: x.+y= và do đó: x= y = ( thử lại) Vd4:Cho n nguyên ;n2. Giải hệ:; với ẩn xk ;k=1;2;..n Giải: đk: xk 0; moị k (I) do đó: .=8n2 . (4) Mặt khác: Theo bđt B-C-S : VT(4) =8n2 =VP(4) Dấu “=” xảy ra ==.= . Vậy: n0 của hệ là x1=x2==xn =1 Vd5: Giải hệ: (I) Giải: (I) .Từ pt(1) cho y2 = nên y[-1;1] và 1+y30 Từ đó: 7(x-1)2+3(1+y3)0 do (2) nên dấu “=” trong bđt trên phải xảy ra nên x=1;y=-1 ( thử lại) V.3/.Dùng tính có nghiệm của tam thức: Chú ý: Cho tam thức f(t)=a.t2+bt+c với a0 có =b2-4.a.c i/ Ptrình f(t)= 0 (ẩn t) có nghiệm 0 ii/ Khi f(t) có chứa một số ẩn khác hoặc ẩn t có miền trị không là tập R thì điều kiện 0 chỉ là điều kiện cần để hệ có nghiệm ;nhưng đôi khi dùng điền kiện này ta thu hẹp được miền trị các ẩn còn lại làm cho việc tìm nghiệm của hệ thuận lợi hơn. Vd1: Giải hệ: (I) Giải: Từ (2) và (3) cho : 4(y-1)2= 4-z2 nên 2 và x2+2(4-z).x+16-6z = 0 (5) Từ (5) phải có: = z2-2z0 nên z0 hoặc z2 Từ các kq trên cho z=0 hoặc z=2 (thử lại) . Vd2: Giải hệ: (I) Giải: Coi z là tham số của (I) (I) do đó: x;y là nghiệm ptrình : t2 –(2-z)t+=0 (2) Do tính có nghiệm của pt (2) nên = (z-2)2 -2(z-2)2 0 nên z=2 Do đó: (I) cho ta nghiệm của hệ. V.4. 1/ BT: Giải các hệ: a/ b/ c/ d/ . e/ . f/ 2/ BT: Giải hệ: 1/ 2/ ;n cho trước. 3/ 4/ 5/ 6/ 7/ 8/ 9/Gỉai hệ: 10/ l1/;a>1 VI/ DÙNG TÍNH ĐỐI XỨNG ĐỂ ĐƯA VỀ THỪA SỐ CHUNG : VI.1Phương pháp: Thông thương trong 1 hệ Vd1: Giaûi heä: (I) Giaûi: (I) .Ñaët x2=a3;y2=b3;z2=c3 thì a;b;c0 vaø a.b.c=1 Ta coù: a3+c3=(a+c)(a2+c2-a.c)(a+c)(2ac-ac)=ac(a+c) a3+c3+1ac(a+c)+abc=ac(a+b+c) Do ñoù: ; t.töï: ; Coäng laïi cho : ++1 cho kq. Vd2: Cho n3;n nguyeân döông leû; Giaûi heä: (I) Giaûi: Töø (2) cho (xy)n.(x4+y4) = ; n nguyeân döông leû neân x.y>0 ; coù : 2(x4+y4)4x2.y2 2x.y do ñoù: 1xy+2xy x.y1/3 vaø x4+y4 = . Ta coù: (xy)n.(x4+y4)=2(xy)n-1.x.y.; bñt Cauchy: x.y. (xy)n.(x4+y4) 2(xy)n-1 . .Daáu “=” xaûy ra ( cho kq) VII.HỆ ĐẲNG CẤP VII.1.Đn: Cho hệ (I) Hệ (I) được gọi là 1 hệ đẳng cấp nếu 2 biếu thức F(x;y) và G(x;y) là đẳng cấp cùng bậc VII. 2.Phương pháp: Khi giải hệ (I) ta thường dùng phép thế y=k.x *Kiểm tra x=0 có là nghiệm của hệ được không ( nếu có lấy tất cả các nghiệm dạng (0;u) của hệ . *Xét x0 ; coi y=kx ( luôn tồn tại điều này) thay vào hệ và nhờ tính đẳng cấp cùng bậc của 2 biếu thức F(x;y) và G(x;y) nên ta có thể khử biến x để tìm được k ;từ đó tìm được nghiệm của hệ . *Đôi khi ta cần biến đổi hoặc dùng ẩn phụ để đưa về hệ đẳng cấp đối với ẩn mới . Vd1: Giaûi heä: (I) x=0 ko laø n0 cuûa heä; neân coù theå coi y=k.x töông öùng (II) ; ta thaáy k-1 neân (II) do ñoù: k=1 hoaëc k=2. Th1: k=1 thì y=x vaø x3==1/2 cho (x;y)=(; ) Th2: k=2 thì y=2x vaø x3==1/9 cho (x;y)=(;2. ) Vd2: Giải hệ: (I) Giải: Đk: x;y0 . Ta thấy : ( x=0 ;y0) và ( y=0 ;x0) không là nghiệm của hệ . Xét x; y >0 . (I) ( nhân vế với vế của 2 ptrình) Ta có: 12x.y=9x(y+3x)-y(y+3x) ( đây là ptrình đẳng cấp bậc 2 theo 2 ẩn x;y) ( giải ptrình trên cho kq) Vd3: Giải hệ: (I) Giải: (I) nhân vế với vế của các phương trình trên cho: 4(y3-x3) = (16x-4y)(5x2-y2) ( đây là ptrình đẳng cấp bậc 3 theo 2 ẩn x;y) ( Chú ý : có thử lại) Vd4: Giải hệ (I) Giải: Lấy (1) – (2) vế với vế ta có: x(z-y)=2(z-y)(z+y) (z=y) hay (x=2(z+y) ) Th1: z=y thay vào hệ ta được: cho x=y=z= 0 ( thỏa hệ ban đầu) Th2: x=2(z+y) thay vào hệ ta được: .Trong ph trình (1 ‘) là ptrình đẳng cấp bậc 2 với ẩn z;y . (1 ‘)3k2+6k+3=0 hay k=-1 với k= y/z Do đó: y=-z và z3=z2 hay y=z=0 và y= -1;z=1 ( thử lại) VII.3.Bt: Giaûi caùc heä sau: 1/ 2/ 3/ 4/ 5/ 6/ 7/ 8/ 9/ 10/ . 11/ 12/ 13/ 14/ 15/ 16/ VIII/ DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH : Cho haøm soá y=f(x) lieân tuïc vaø ñôn ñieäu treân khoaûng (a;b) . Heä VIII.1. Phương pháp: Khi giải hệ ta có thể nghỉ đến phép biến đổi tương đương để đưa hệ về 1 hệ mới có 1 phương trình dạng f[u(x)]=f[v(y)] ; ờ đó f(t) là hàm số đơn điệu trên khỏang (a;b) và u(x);v(y) có miền trị là () (a;b) Vd 1: Giải hê phương trình : (I) Giải: Đk: x;y>0 . Xét ptrình (2) : Do đk nên 12+4x.y>0 Nếu x>y thì VT(2)>0 và VP(2)<0 nên (2) không thể xảy ra. Nếu x0 nên (2) không thể xảy ra. Do đó: (I) (II) Xét ptrình (2) của hệ (II) (2) (3x+1)[1+ ] = -4x.[1+] (3) Xét hàm số g(t) =t[1+] ; R thì g ‘(t)= 1++>0 ; R Suy ra ;g(t) đồng biến trên R (3)g(3x+1)=g(-4x) x= -1/7 ( do g(t) đồng biến trên R) ( lọai) Vậy : hê vô nghiệm . Vd2: Giải hê phương trình : (I) Giải : Xét phương trình (1) của hệ Đk: . Lúc đó: (1)+3(x2+2y+5) = +9y . Xét hàm số : f(t) = +3t ; mọi t>0 f đồng biến trên (0;+) . (1) f(x2+2y+5)=f(3y) với x2+2y+5 ; y >0 Nên : x2+2y +5 =3y hay y= x2+5 ;thay y=x2+5 vào pt (2) cho: = +2. (3) (3)u+2 = u2+2u với u = 0 ; Giải ptrình trên ta được nghiệm u=-2 hoặc u=1 (từ điều kiện u0 cho u=1 ) u=1 cho Phương trình này vô nghiệm Kết luận hệ vô nghiệm . Vd3: Giải hê phương trình : (I) Giải: Đk: x0 . Trên miền điều kiện ;xét ptrình (1) (1) . (3) Xét hàm số f(t) = ; t0 thì f ‘(t)= 2t. .ln2 +>0 ; t0 f(t) đồng biến trên [0;+) (3)f(y2+2) = f(2x+1) ; y2+2;2x+1 [0;+) y2+2=2x+12x =y2+1 Thay vào pt(2) ta được: - = y4-5y2+6 = (y2-2)(y2-3) . (y2=2 ) hoặc ( = y2-3) (i) Do y2 nên VT(i) 0 nên (i) không có nghiệm thỏa bài tóan Ta được : y2 =2 và x= 3/2 (x=3/2 và y=) . Thay vào hệ , ta thấy cặp số trên chính là nghiệm của hệ phương trình đã cho . Vd4: Giải hệ : . Giải : Hệ Dùng f(x)= log2(t+3)+2.log3t , t> 0 Vd5: Giải hệ : . Giải : Xét ptrình (1) phải có : 8cosz-cos2x-5>0 nên cosz , tt ta có : cosx,cosy . Đặt : u= cosx , t=cosy , m=cosz ,ta phải có u,t,m . Hệ đề ra thành : . Xét hàm số f(s) = 2s +2.s2+4 f’ (s)= 2s.ln2+4s>0 , . Hệ thành . Dùng f tăng dẫn tới m=u=t . Do đó : 8t=2t+2t2+4 ; .Ptrình trên có đúng 1 nghiệm t= 1 .Suy ra kq . Vd6: Giaûi heä pt: (I) G: (I) . Xeùt haøm soá g(t) = ; t) g(t) laø haøm soá ñoàng bieán treân ) ; töø (1) cho x;y) (I) suy kq. Vd7: Giaûi heä: (I) Giaûi: pt (1) ln(x2+1)+x2 = ln(y2+1)+y2 ; duøng h/soá g(t) = lnt+t ;t>1 g ñoàng bieán treân (1;+); (1)g(x2+1)=g(y2+1) (x=y) hoaëc(x=-y) 1/ Khi x= -y thay vaøo ( 2) ta coù: log3(6-x)=1 x=3 cho kq 2/ Khi x=y thay vaøo ( 2) ta coù: 3log3(x+2) = 2log2(x+2) suy ra kq. Vd8: Giaûi heä: (I) Giaûi: Ñaët z = -y thì: pt (2) Töø ñoù: x;z[0;2] ; neân (1)ln(x+1)-cosx= ln(z+1)-cosz g(x)=g(z) vôùi g(t) = ln(t+1)-cost g(t) ñoàng bieán treân [0;2] neân x=z do ñoù: x=z = 1-/2. Vd9: Giải hệ: (I) Giải: đk: . Từ (1) và đk cho x+y=4 ; thay vào (2) cho : 4(x-y)=4x-y ; đặt t= x-y .Ta có: 4t=4t .Dùng hsố f(t) =4t -4t và bbt cho pt f(t)=0 có tối đa 2 n0 ; nhẫm t=1;t=1/2 là 2 n0 . VIII.2. Bài tập: 1/ Giaûi heä: 1/ 2/ 3/ 4/ 5/ 6/ . 7/ 8/ 9/ 10/ 2/ Giaûi heä : a/ . b/ . 3/ Giaûi heä: a/ . b/ 4/ Giải hệ: a/ b/ IX/ HỆ LẶP 2 ẨN – 3 ẨN : IX.1. Dạng : (I) ; (II) IX.2. Phương pháp : *Khi gặp hệ lặp nói trên ; trong đó g(t) là hàm số đồng biến trên khỏang (a;b) ta thực hiện: i/ Xét 2 ẩn bất kì x;y của hệ nhở tính đồng biến của hsố g ta dùng phản chứng để chứng minh không xảy ra xy ii/ Lập luận tương tử cho cặp biến khác và như trên nên hệ tương đương: ; Chú ý: Đôi khi ta phải dùng ẩn phụ để đưa về hê lặp hoặc từ càc điều kiện ràng buộc của hệ ta thu hẹp miền ẩn x;y; chạy trên 1 miền mới mà hsố g đồng biến trên đó. Vd1: Giaûi heä: (I) Giaûi: (I) (II) Xeùt hsoá f(t)=t3-2t2+2t+1 ; tR thì f ‘(t) = 3t2-4t+2 >0 ;R f(t) ñoàng bieán treân (-;+) . Ta cm: x=y Giaû söû: x > y thì 2x > 2y neân f(y) > f(x)y > x ( vì f ñoàng bieán ) neân x>x ( khoâng xaõy ra ) Cm tt thì x < y cuõng khoâng xaõy ra neân x=y . Do ñoù: x3-2x2+2x+1 =2x x3-2x2+1 = 0 cho kq . Vd2: Giaûi heä: (I). Giaûi: Ñaët f(t)=2t3+3t2-18 ; g(t)=t3+t ; t thuoäc R . g ñoàng bieán treân R Heä thaønh : Coù theå coi x= max thì: g(x)g(y) vaø g(x)g(z). Do ñoù: Vaäy : x=z=2 vaø y=2 ( thöû laïi) Vd3: Cho a0; Giaûi heä: (I) Giaûi: Ñaët f(t)=; tR thì f ‘(x)= 0;R f ñoàng bieán treân R . Heä ; x;y;z thuoäc R . Xeùt 2 soá x;y Giaû söû : x>y thì f(x)>f(y) vì f taêng treân R ; gt cho z > x neân f(z) > f(x) do ñoù: y>z Tính baéc caàu cho x>x ( !) Giaû söû : x < y : cm töông töï cuûng tôùi voâ lí .Do ñoù: x= y Töông töï : x=y=z . Do ñoù: 2x(x2+a2 ) = x(x2+9a2) töø ñoù: x=0 hoaëc x=a hoaëc x= -a. Nghieäm cuûa heä laø : (0;0;0) ; (a; a; a);(- a;- a; -a). Vd4: Giải hệ: (I) Giải: gt cho x;y;z > 1 . (I) . Xét h/số g(t) = t3-t-1 ;t>1 . g đồng biến trên khoảng (1;+) ; (I) ( cho kq) Vd 5: Giải hệ: (I) . Giải: gt cho =1;2;3;4 thì do đó: 0<cos(xk) 1 ; mọi k . Laïi töø heä: cho 0<xk< vì theá 0<xk< Xéeùt 2 số x1;x3 : TH1: x1x3 x1x3 do ñoù: cos( x1)cos( x3) ; nhờ hệ nên x4x2 cos( x4) cos( x2) x3x1 nên x3=x1 ;(tương tự cho x1x3 ) Nên x1=x3 thay vào hệ được x2 =x4 . Từ đó: và x1+x4 = x2+x3 . Xét hsố f(t) = t+ với t thì f ‘(t) = 1-1->0 Vậy : f đồng biến trên . Do: x1+x4 = x2+x3 x1+ = x2+ f(x1)=f(x2) trên từ đó: x1=x2 . Ta có: x1 = (9) Ta thấy : Vt(9) là hsố đồng biến ;Vp(9) là hsố nghích biến trên nên (9) có tối đa 1 nghiệm ; mà x1 = 1/6 là 1 nghiệm ( cho kq) . Vd6: Giải hệ: (I) Giải: (I) với f(t)=t3+t2+2t và g(t)=2t3+1 g và f cùng đồng biến trên R. Xét (x;y;z) là n0 của hệ. Giả sử : xy thì f(x)f(y) nên g(y) g(z) do đó: yz f(y)f(z) Từ hệ cho g(z)g(x) zx từ đó: x=y=z . Tương tự : khi xy. (I)(II) với h(t) = t3-t2-2t+1 ; t thuộc R . h(t) liên tục trên R và h(-2)0; h(1)0 nên pt h(t)=0 có đúng 3 n0 thuộc khỏang (-2;2).Đặt x=2.cosu ;u Do đó: 8cos3u-4cos2u-4cosu+1 =0 do sinu0 nên sinu(8cos3u-4cos2u-4cosu+1)=0 sin4u = sin3u Tìm được n0 u .Đs: (u;u;u) Vd7: Giải hệ: (I) Giải: đk; x;y;z< 6 . (II) Xét hsố f(t) =;t<6 ; f(t) tăng trên (-;6) ;còn g(t) = giảm trên (-;6) Có thể coi x=max ;có 2 thợp: Th1: thì f(x)f(y) f(z) từ gt cho g(y) g(z) g(x) yzx nên y=z Do đó: trong pt (2) của hệ cho f(y)=g(y) mà f(3)=g(3) . Vậy : phải có y=z = 3 thế vào hệ; = 1 từ đây cho x=3 . Th2: làm tương tự cho x=y=z=3 ( kq) . 2/ Giaûi heä: 1/ 2/ 3/ 4/ 5/ 6/ 7/ 8/ 9/ 10/ X/ DÙNG LƯỢNG GIÁC HÓA ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH : X.1. Phương pháp : Trong khi giải hệ phương trình đôi khi từ những biểu thức chứa ẩn của hệ ta sử dụng đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trinh chứa biểu thức lượng giác đơn giản hơn hệ ban đầu Chú ý: Miền trị của biểu thức sint;cost khi t chạy trên [a;b] với b-a là đọan [-1;1] nên nếu muốn đặt x=sint ( chẳng hạn thì ta phải chứng minh x chỉ chạy trên [u;v][-1;1] Vd1: Giaûi heä: (I) Giaûi: do x;y>0 neân töø (1) cho 0<x;y <1 x=0 khoâng thoûa heä. Do ñoù: neáu (x;y) n0 cuûa heä thì x0 (I) do ñoù: x3-2x2-x+1 = 0 (3) Xeùt hsoá f(x) = x3-2x2-x+1 lieân tuïc treân [0;1] vaø f ‘(x)= 3x2-4x-1 =3(x2-x)-x-1 <0 ;[0;1] vaø f(1/2).f(1) <0 neân pt (3) coù n0 duy nhaát u (1/2;1) do ñoù: =1 hay: -1+u = 1 (4) ; ñaët u =; 0<t< ; thay vaøo (4) ta ñöôïc: 8cos3t-4cos2t-4cost+1 = 0 2cos3t-2cos2t+2cost-1 = 0 (5) ; do sint0 neân (5) 2sint.cos3t-2sint.cos2t+2sint.cost-sint = 0 hay sin4t=sin3t (t=2k(t=) ; vôùi kZ . Do 0<t< neân t=u= do ñoù: y= -u-1 = ( cho kq) . Vd 2: Giải hệ : (I) Giải: Pt(1) x3-2x+6ln(x+) = y3-2y+6ln(y+) (3) Xét hsố f(t) = t3-2t+6ln(t+);t f ‘(t) = 3[t2+] Bđt Cauchy : +++(t2+9)1+(t2+9) f ‘(t) >0 ; mọi t f tăng trên R .Từ (3) cho x=y. Thay vào (3) cho : x3-x2-2x+1 = 0 .Xét hsố g(x)= x3-x2-2x+1 .Ta có: g(-2).g(0)<0;g(0).g(1)<0;g(1).g(2)<0 và g liên tục trên R ;degg=3 nên pt g(x)=0 có đúng 3 n0 trên (-2;2) .Gọi x là n0 của g(x)=0 thì ) để 2cosu =x .Thay vào pt đồng thời nhần vế với sinu ta được: sin4u=sinu từ đó tìm được x ĐS: x=y=2cos; x=y=2cos; x=y=2cos. Vd3: Giải hệ: . Giải: Ñaët u=x;v=x+y;t=y+2z suy ra u<v<t vaø neân u;v;t laø n0 pt baäc 3: 4s3-3s = Ñaët s=cos thì cos3=1/2 ( 0<<) neân =Z ; u=cos suy ra kq. Vd4: Giải hệ: (I) Giaûi: Töø (I) cho x;y;z cuøng daáu .chæ xeùt x;y;z>0 neân A;B;C sao cho tan(A/2)=x;tan(B/2)=y; tan(C/2)=z .Ta coù: tan(A/2).tan(B/2)+tan(B/2).tan(C/2)+tan(C/2).tan(A/2)=1 neân A+B+C = Do ñoù : A;B;C laø 3 caïnh cuûa 1 tam giaùc Ta coù: do ñoù : vaø ABC vuoâng ôû C neân C =900 ;sinB = 4/5;sinC=3/5 ;z=1 vaø coù x;y . Vd5 : Giải hệ: (I) Giải: Nếu (x;y;z) là 1 n0 của (I) thì: y;z không thể =1 hay -1 (I) . Đặt x=tanu; y = tanv;z=tanw ;ta có: . (ii) cho w = 2v+k.; u=2w+l ; k;l nguyên nên u= 4v+2k+l . Thay vào (i) cho tan(4v+2k+l)=cotv nên v = . Suy ra kq . Vd6: Giải hệ: (I) Giải: (I) . Đặt x = tanu ; u và thỏa tanu;tan3u;tan9u khác Ta được: y=tan 3u;z=tan9u;x=tan 27u từ đó : tan27u=tanu cho kq . Chú ý: Đôi khi trong hệ đang xét ta có thể chứng minh được số nghiệm tối đa của hệ ; ta chỉ xét trên miền con của miền trị của biến ;và chỉ ra trong miền này số nghiệm tim được là đủ và không cần xét trên miền còn lại của biến Vd: Giải hệ: (I) Gỉai: Thay (1) vào (2) cho : (x3-3x)3-3(x3-3x) =z ; thay (3) vào pt này cho: [(z3-3z)3-3(z3-3z)]3 -3[(z3-3z)3-3(z3-3z)] =z .Pt trên có tối đa 27 nghiệm. Đặt z=2cost với t [0;] thay vào pt trên cho: [(8cos3t-6cost)3-3(8cos3t-6cost)]3 -3[(8cos3t-6cost)3-3(8cos3t-6cost)] = 2cost [8cos33t-6cos3t]3 -3[8cos33t-6cos3t] =