các cách giải nhanh Phương trình và hệ phương trình vô tỉ

ều kiện ta có nghiệm của hệ là:... Nhân phương trình : ng trình th hai c a hứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy v i và c ng hai phới điều kiện ta có ngh

Nam Đ nh ịnh

1) Tìm đ h sau có nghi m duyể hệ sau có nghiệm duy ệ sau có nghiệm duy ệ sau có nghiệm duy

nh t: ất:

2) Gi i h phải hệ phương trình : ệ sau có nghiệm duy ương trình : ng trình :

L i gi i ời giải ải.

1) ĐK:

Nh n th y n u là nghi m c a h thìận thấy nếu là nghiệm của hệ thì ất: ếu là nghiệm của hệ thì ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy cũng là nghi m c a h Do đó n u là ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy ếu là nghiệm của hệ thì nghi m duy nh t c a h thì , hay làệ sau có nghiệm duy ất: ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy nghi m c a phệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ương trình : ng trình

(1)

Vì v trái c a (1) là hàm sếu là nghiệm của hệ thì ủa hệ thì ố

đ ng bi n và nh n giá trồng biến và nhận giá trị ếu là nghiệm của hệ thì ận thấy nếu là nghiệm của hệ thì ị

trên , nên (1) có nghi m duy nh t ệ sau có nghiệm duy ất:

Xét th a ỏa

Tr hai phừ hai phương trình của hệ ương trình : ng trình c a hủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

ta có:

Khi đó h tr thành: ệ sau có nghiệm duy ở thành:

Vì phương trình : ng trình này có nghi m duy nh t nên h đã cho có nghi m duy nh tệ sau có nghiệm duy ất: ệ sau có nghiệm duy ệ sau có nghiệm duy ất:

V y là nh ng giá tr c n tìm.ận thấy nếu là nghiệm của hệ thì ững giá trị cần tìm ị ần tìm

2) Đ t , ta có: ặt , ta có:

Thay vào h ta có: ệ sau có nghiệm duy

So v i đi u ki n ta có nghi m c a h là: ới điều kiện ta có nghiệm của hệ là: ều kiện ta có nghiệm của hệ là: ệ sau có nghiệm duy ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

Nh n xét: ận xét:

1) Câu 1 thu c h đ i x ng lo i 2, đây là d ng tóan quen thu cộc hệ đối xứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ệ sau có nghiệm duy ố ứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ộc hệ đối xứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc

2) Câu 2 tương trình : ng t nh bài VMO 2001 sau: ự như bài VMO 2001 sau: ư

2







x y x y







x y 



0 0

( ; )x y0 0

( ; )y x0 0

( ; )x x y0x 0y0

2

x  x m 



2;





m

2 1

x  y  y  x 

2

x  x m 

2 1

TP HCM

Gi i h phải hệ phương trình : ệ sau có nghiệm duy ương trình : ng trình :

L i gi i ời giải ải.

Đi u ki n: ều kiện ta có nghiệm của hệ là: ệ sau có nghiệm duy

Đ t ặt , ta có:

Ta có:

Suy ra

Ta có: (*)

Trong đó

Vì nên ngh ch bi n,ị ếu là nghiệm của hệ thì

đ ng bi n Do đó (*) n u có nghi m thì có duy nh t c p nghi m ồng biến và nhận giá trị ếu là nghiệm của hệ thì ếu là nghiệm của hệ thì ệ sau có nghiệm duy ất: ặt , ta có: ệ sau có nghiệm duy

M t khác ta th y là m t nghi m c aặt , ta có: ất: ộc hệ đối xứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì

hệ sau có nghiệm duy

V y là nghi m duy nh t c a h ận thấy nếu là nghiệm của hệ thì ệ sau có nghiệm duy ất: ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

Gi i h phải hệ phương trình : ệ sau có nghiệm duy ương trình : ng trình :

L i gi i ời giải ải

Cách 1: Đ t ta có hặt , ta có: ệ sau có nghiệm duy

L y ta có đất: ượcc

thay vào (2) ta có:

T đó ta tìm đừ hai phương trình của hệ ượcc nghi m c a hệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

là:

Cách 2 Nhân phương trình : ng trình th hai c a hứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy v i và c ng hai phới điều kiện ta có nghiệm của hệ là: ộc hệ đối xứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ương trình : ng trình theo v ta cóếu là nghiệm của hệ thì

1

2 2

2









2 2

2

2

x



2

t  x  x   x    t

2 2

2

t

t



y   y 

1

x



2



1

x e yg y (g x( )  1) 

x  y

x y ;  2; 3







,

x a b y a b   





8a3  48a2  96a 64  8b3  72b2  216b 216  0

  a 2  4   a  2   

( ; ) ( 1;5), ( 1; 3)x y    

3

2

1

1

x y

x y

 







4 3

a b







5 2 7 2

a b









 



x y            

x   x 

1 0

x y







1

x 

1 1

5 1

2

x x

 1

x y 

y x 

x  x    x x x  x   x  y

y x 

x  x    x x  x x  x  x    x   y

( ; ) (0; 1), ( 1; 0)x y   

2

xy

x y

x y













3

2 4x  x 1 2  x  3 2x  x  9x  4x 4

y

x y











(*)

Do và không có đ ngẳng

th c x y ra nên (*)ứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ải hệ phương trình :

tương trình : ng đương trình : ng v i Thay vào h ta tìm đới điều kiện ta có nghiệm của hệ là: ệ sau có nghiệm duy ượcc

Nh n xét: ận xét: Bài toán này tường tựng tự như bài VMO 2001 sau:

v i bài VMO 2004: ới điều kiện ta có nghiệm của hệ là:

Gi i h phải hệ phương trình : ệ sau có nghiệm duy ương trình : ng trình

L i gi i ời giải ải.

Đ t ặt , ta có:

H nên ta có:ệ sau có nghiệm duy

gi i h này ta tìm đải hệ phương trình : ệ sau có nghiệm duy ượcc

và

T đó ta tìm đừ hai phương trình của hệ ượcc

nghi m c a h : ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

1) Gi i phải hệ phương trình : ương trình : ng trình :

2) Gi i h phải hệ phương trình : ệ sau có nghiệm duy ương trình : ng trình :

L i gi i ời giải ải.

1) Đi u ki n: ều kiện ta có nghiệm của hệ là: ệ sau có nghiệm duy

Phương trình : ng trình

2) T phừ hai phương trình của hệ ương trình : ng trình

th nh t, ta có: ứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ất:

thay vào phương trình : ng trình th hai ta có: ứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc

x  x  y x  xy xy y x

(x 1)(x 2x 76) 3 (y x 1) 30 (y x 1) 0

(x 1)(x 2x 3y 30y 76) 0

2 2 3 2 30 76 ( 1) 2 3( 5) 2 0

x  x y  y y x 3, y1 x 5  y 

x xy







2

5

1

x y x

x y







 a x y 1 ,b x y

x y



2

1

1

x y

x y

 









4 3

a b







5 2 7 2

a b









 



x y            

x   x 

1 0

x y







1

x 

1 1

5 1

2

x x

 1

x y 

y x 

4

x y x   y   x y 

x y x y

y

2

4

2

3

x y

y

7 4 7

x y







 



8 12

x y

 







x  

0

x 

 0

x x 1 t x



3

2 t  t 4 2 3 2  a  3 2t t  1 1  4t  4t 9

a    a a   a a   a   

f a  a a   a  

a  a  f a0 

5

( )

f a

f   a 

1

x 

 0

x 

f a  a  a   a 1 a   

thay vào phương trình : ng trình th hai ta có:ứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc

V y nghi m c a h là: ận thấy nếu là nghiệm của hệ thì ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

1) Gi i h phải hệ phương trình : ệ sau có nghiệm duy ương trình : ng trình

2) Gi i phải hệ phương trình : ương trình : ng

trình :

L i gi i ời giải ải.

1) T phừ hai phương trình của hệ ương trình : ng trình th haiứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc

c a h ta suy ra: ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

Ta có

(*)

Do thay vào phương trình : ng trình

th nh t c a h ta cóứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ất: ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

M t khác, do nên áp d ng b tặt , ta có: ụng bất ất:

đ ng th c AM-GM ta có:ẳng ứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc

Suy ra phương trình : ng trình

th hai c a h ứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

Do đó h đãệ sau có nghiệm duy

cho

ho c làặt , ta có:

nghi m c a h ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

2) Phương trình : ng trình xác đ nh v i m i ị ới điều kiện ta có nghiệm của hệ là: ọi

Ta th y là m t nghi m c a phất: ộc hệ đối xứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ương trình : ng trình

x  x    x x x  x   x  y

y x 

x  x    x x  x x  x  x    x   y

( ; ) (0; 1), ( 1; 0)x y   

2

xy

x y

x y

















3

2 4x  x 1 2  x  3 2x  x  9x  4x 4

y

x y









4

x y x   y   x y 

x y x y

y

2

4

2

3

x y

y

7 4 7

x y







 



8 12

x y

 







x  

0

x 

5

f a a

f a( )  f( 1) 2   

x  x

x y x

x x y y y x x y x







0

x y 

x x  y xy x  y  x y 

x

3

x

3 3

x

t x

3

t

 '( ) 18 8 54  5 81 2 7 2 18 81 8 2 54 5 7 0

t  x   y ( ; ) (1; 2)x y 

x y y a

x y xy y b







4

4

2 1

4 2 1

4

x

x y

y

x y













0

x y

x y





Xét , chia hai v phếu là nghiệm của hệ thì ương trình : ng trình cho và đ tặt , ta có: ta đượcc phương trình : ng trình

Đ t ặt , ta có:

Ta đượcc: (*)

Xét hàm s ố

Ta th y n u nên ta ch xét ất: ếu là nghiệm của hệ thì ỉ xét

Khi đó: nên là hàm đ ngồng biến và nhận giá trị

bi nếu là nghiệm của hệ thì

Mà là nghi m duy nh t c a (*)ệ sau có nghiệm duy ất: ủa hệ thì

T đó ta tìm đừ hai phương trình của hệ ượcc

Xét , làm tương trình : ng t nh trên ta có phự như bài VMO 2001 sau: ư ương trình : ng trình

v i ới điều kiện ta có nghiệm của hệ là:

Ta có

Nên

V y là nghi m c a phận thấy nếu là nghiệm của hệ thì ệ sau có nghiệm duy ủa hệ thì ương trình : ng trình đã

cho

Ninh Bình

Gi i h phải hệ phương trình : ệ sau có nghiệm duy ương trình : ng trình

L i gi i ời giải ải.

T phừ hai phương trình của hệ ương trình : ng trình th nh t, suy ra ứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ất:

Phương trình : ng trình th hai c a h tứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy ương trình : ng đương trình : ng v iới điều kiện ta có nghiệm của hệ là:

Do

lo iại 2, đây là dạng tóan quen thuộc

V i thay vào phới điều kiện ta có nghiệm của hệ là: ương trình : ng trình th nh tứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc ất:

c a h ta cóủa hệ thì ệ sau có nghiệm duy

 0

x x 1 t x



3

2 t  t 4 2 3 2  a  3 2t t  1 1  4t  4t 9

a    a a   a a   a   

f a  a a   a  

a  a  f a0 

5

( )

f a

f   a 

1

x 

 0

x 

f a  a  a   a 1 a   

5

f a a

f a( )  f( 1) 2   

x  x 

x y x

x x y y y x x y x







0

x y 

x x  y xy x  y  x y 

x

3

x

x  y 

4

2

4

2

2 4











x x x y y x y y

y



t  t  t   t  x y

4

4

2 1 4

2 1 16

x

y





















1

1

x

x y y

x y





 a b ca b c 0, ,  

0

a b

x a x b

x c





x a

1 0

x a x b

x c x c

x c x c

f a

a c





lim ( ) 1 0

 

  ( ) 0

f x 

2

x   x  x  x









2 x 4