Một số phương pháp giải hệ phương trình bậc hai tổng quát và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCBÙI THỊ MAI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015... ĐẠI HỌC T

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THỊ MAI

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THỊ MAI

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI TỔNG QUÁT VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

Mục lục

1 Các tính chất cơ bản của đa thức và phương trình đại số 5

1.1 Một số tính chất của đa thức đại số 5

1.2 Phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn với hệ số thực 8 1.2.1 Phương trình bậc ba 8

1.2.2 Phương trình bậc bốn 12

1.3 Các hệ Viète cơ bản 18

1.3.1 Định lí Viète với phương trình bậc hai 18

1.3.2 Định lí Viète với phương trình bậc ba 19

2 Một số phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát 22 2.1 Hệ phương trình bậc hai tổng quát 22

2.2 Hệ phương trình đối xứng 27

2.2.1 Hệ đối xứng loại I 28

2.2.2 Hệ đối xứng loại II 30

2.3 Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai 33

2.4 Phương pháp giải một số hệ đặc biệt 38

3 Một số ứng dụng của hệ phương trình 42 3.1 Xây dựng phương trình từ các hệ đối xứng loại II 42 3.2 Một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức liên quan 46 3.3 Một số hệ phương trình và bất phương trình bậc hai một ẩn 51

Mở đầu

Toán học là một môn học quan trọng trong chương trình phổ thông Việcgiảng dạy và học tập môn toán trong trường phổ thông không những nhằmtrang bị cho học sinh những kiến thức cụ thể để áp dụng trong cuộc sốngcũng như trong các môn học khác mà điều quan trong hơn là cung cấp vàrèn luyện cho học sinh những kĩ năng, phương pháp môn học một cách tưduy của Toán học, điều cần thiết cho học sinh trong cả cuộc đời

Chuyên đề về phương trình, bất phương trình và hệ đại số có vị trí rấtđặc biệt trong toán học, không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm củađại số mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của giải tích, hình học,lượng giác và ứng dụng

Trong các kỳ thi thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh Đại học, Caođẳng và Olympic Toán sinh viên thì các bài toán liên quan đến giải hệ phươngtrình cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loạikhó Các bài toán liên quan đến hệ phương trình nằm trong chương trìnhchính thức của Toán đại số và giải tích ở bậc trung học phổ thông

Mặc dù trong quá trình giảng dạy, giáo viên và học sinh đã được cọ sátrất nhiều nhưng khi gặp bài toán giải hệ phương trình trong các đề thi các

em học sinh thường thấy lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải

Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi vềchuyên đề hệ phương trình và ứng dụng, luận văn "Một số phương phápgiải hệ phương trình bậc hai tổng quát và ứng dụng " nhằm cungcấp một số phương pháp giải các hệ đại số bậc hai hai ẩn dạng đối xứng vàkhông đối xứng trên cơ sở đó áp dụng giải các bài toán có liên quan

Luận văn là một chuyên đề nhằm cung cấp cho giáo viên và các em họcsinh các cách giải hệ bậc hai tổng quát và ứng dụng của nó đối với các lĩnh

vực đaị số, giải tích, lượng giác đặc biệt luận văn hướng tới bồi dưỡng họcsinh giỏi bậc trung học phổ thông.

Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đềcập đến các vấn đề sau đây:

Chương 1 trình bày các tính chất cơ bản của đa thức, phương pháp giảiphương trình bậc ba, bậc bốn tổng quát

Chương 2 trình bày các phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát dạng đốixứng và không đối xứng

Chương 3 trình bày một số ứng dụng của hệ phương trình giải quyết một

số dạng toán liên quan

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với Giáo sư, Tiến sĩ khoa họcNguyễn Văn Mậu, người thầy đã trực tiếp hướng dẫn, cung cấp tài liệu vàtruyền đạt những kinh nghiệm nghiên cứu cho tôi

Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo trong Ban giám hiệu, phòngĐào tạo và khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên,Trường THPT Nguyễn Huệ, bạn bè đồng nghiệp và gia đình đã giúp đỡ tạođiều kiện tốt nhất để tôi hoàn thành bản luận văn này

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015

Học viên

Bùi Thị Mai

Chương 1

Các tính chất cơ bản của đa thức và phương trình đại số

1.1 Một số tính chất của đa thức đại số

Định nghĩa 1.1 (Xem [1],[4]) Đa thức trên trường số thực là biểu thức códạng

P (x) = anxn + an−1xn−1 + + a1x + a0 (1.1)trong đó ai ∈ R và an 6= 0

ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số caonhất và a0 được gọi là hệ số tự do

n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P ) Ta quy ước bậccủa đa thức hằng P (x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0 6= 0 và bằng −∞

nếu a0 = 0

Tập hợp tất cả các đa thức một biến trên trường các số thực được ký hiệu

là R[x] Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì

ta có khái niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tươngứng là các tập hợp Q[x], Z[x]

Định nghĩa 1.2 (Đa thức bằng nhau) Hai đa thứcP (x) =

thực hiện theo từng hệ số của xk, tức là

= x5 + 4x4 + 7x3 + 12x2 + 9x + 1

Tiếp theo, ta nhắc lại bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức

Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau :

Định lí 1.1 (Xem [1],[4]) Cho P (x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tươngứng Khi đó:

a) deg(P ± Q) ≤ max{m, n} trong đó nếu deg(P ) 6= deg(Q) thì dấu bằngxảy ra Trong trường hợp m = n thì deg(P ± Q)có thể nhận bất cứ giátrị nào ≤ m

b) deg(P.Q) = m + n

Định lí 1.2 (Xem [1],[4]) Với hai đa thức P (x) và Q(x) bất kỳ, trong đó

deg(Q) ≥ 1, tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thờicác điều kiện:

i) P (x) = Q(x).S(x) + R(x)

ii) deg(R) < deg(Q)

Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi

là dư số trong phép chia P (x) cho Q(x)

Ví dụ 1.3 Thực hiện phép chia 3x3 − 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x

Vậy ta có 3x3 − 2x2 + 4x + 7 chia x2 + 2x được 3x − 8, dư 20x + 7

Trong phép chia P (x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì tanói rằng đa thức P (x) chia hết cho đa thức Q(x) Như vậy, P (x) chia hếtcho Q(x) nếu tồn tại đa thức S(x) sao choP (x) = Q(x).S(x) Trong trườnghợp này ta cũng nói Q(x) chia hết P (x), Q(x) là ước của P (x) hoặc P (x)

là bội của Q(x) Ký hiệu tương ứng là Q(x) | P (x) và P (x) Q(x)

Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Ước chung lớn nhất của P (x)

và Q(x) là đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số bậc cao nhất bằng 1

ii) D(x)là ước chung củaP (x)vàQ(x), tức làD(x) | P (x) vàD(x) | Q(x)

iii) Nếu D0(x) cũng là ước chung của P (x) và Q(x) thì D(x) cũng là ướccủa D0(x)

Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức

Cho P (x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Bội chung nhỏ nhất của P (x)

và Q(x) là đa thức M (x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

iv) M (x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số bậc cao nhất bằng 1

v)M (x)là bội chung củaP (x)vàQ(x), tức làP (x) | M (x)vàQ(x) | M (x).

vi) Nếu M0(x) cũng là bội chung của P (x) và Q(x) thì M0(x) cũng là bộicủa M (x)

Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thứcP (x), Q(x)làU CLN (P (x), Q(x)),

BCN N (P (x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P (x), Q(x)), [P (x), Q(x)]

Hai đa thức P (x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu

Lời giải Theo giả thiết thì ax30 + bx20 + cx0 + d = 0

2) Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình (1.3) có các nghiệm

Hệ quả 1.1 1) Nếu x0 là nghiệm của phương trình (1.3) thì điều kiện cần

và đủ để phương trình (1.3) có ba nghiệm phân biệt là

3) Nếu x1, x2, x3 là các nghiệm của phương trình (1.3) thì

ac3 = db3 (1.6)(Khi đó phương trình (1.5)− (1.6) có tên gọi là phương trình hồi quy bậcba)

Lời giải Từ (1.6) suy ra

Bài toán 1.3 Giải phương trình: 4x3 − 3x = m với |m| ≤ 1.

Lời giải Đặt m = cos α = cos(α ± 2π) Khi đó

b) Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất

Thật vậy, phương trình không có nghiệm trong [−1, 1] vì nếu

Khi đó 4x31 − 3x1 = m Vậy có phương trình

Bài toán 1.6 Giải và biện luận phương trình

Trong phần này, ta nêu phương pháp chung để phân tích một đa thứcbậc bốn tổng quát thành tích của hai tam thức bậc hai Đối với một số dạng

đa thức bậc bốn đặc biệt có những phép biến đổi phù hợp và đơn giản hơn,không đòi hỏi phải vận dụng toàn bộ thuật toán tổng quát.

Bài toán 1.7 Giải phương trình

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (1.9)với

ad2 = eb2, a, e 6= 0 (1.10)(Phương trình (1.9)-(1.10) có tên gọi là : phương trình hồi quy bậc bốn).Lời giải Viết (1.10) dưới dạng

Ta nhận được phương trình trùng phương: 2t4 + 12α2t2 + 2α4 − c = 0.

Bài toán 1.9 Giải phương trình

Tiếp theo giải và biện luận theo a, c.

Bài toán 1.10 Giải phương trình

x4 = ax2 + bx + c, b 6= 0

Lời giải Gọi α là số thực thỏa mãn hệ thức

b2 = 4(a + 2α)(c + α2) (1.13)( tồn tại ít nhất một giá trịα thỏa mãn (1.13)) vì (1.13) là phương trình bậc

2) Nếu a + 2α < 0 thì Vế trái ≥ 0; Vế phải <0, nên phương trình vônghiệm

Bài toán 1.11 Giải phương trình

Áp dụng bài toán trên ta tìm được nghiệm của phương trình

Hệ quả 1.2 Mọi đa thức bậc bốn có hệ số thực đều phân tích được thànhtích của hai tam thức bậc hai với hệ số thực

Bài toán 1.12 Cho α 6= 0 Khai triển biểu thức

⇔ ax

2 + bx + c = y(x − y)[a(x + y) + b + 1] = 0 ⇔ y = x

Bài toán 1.14 Giải phương trình x4 = 3x2 + 10x + 4

Lời giải Viết phương trình dưới dạng

Lời giải Điều kiện x 6= 1

Viết phương trình đã cho dưới dạng

2 .

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 = 1 ±

√5

2 .

Bài toán 1.16 ( THTT-T8/444) Cho dãy số (vn)n thỏa mãn điều kiện



a + 1a



, a = 1

2(5 +

√21),



a + 1a



, a = 1

2(5 +

√21),

4 n−1

+5 −

√212

4 n−1

, n = 1, 2,

1.3.1 Định lí Viète với phương trình bậc hai

Định lí 1.3 Nếu x1, x2 là các nghiệm của phương trình ax2 + bx + c =0(a 6= 0) thì

Định lí 1.4 (Định lí đảo) Nếu hai số u,v thỏa mãn



u + v = Su.v = P

thì hai số u,v là nghiệm của phương trình x2 − Sx + P = 0

1.3.2 Định lí Viète với phương trình bậc ba

Định lí 1.5 Nếu x1, x2, x3 là các nghiệm của phương trình ax3+ bx2+ cx +

thì ba số u,v,w là nghiệm của phương trình x3 − Sx2 + P x − Q = 0

Bài toán 1.17 Giải hệ

• Với S = 1

P = 4 theo định lí Viète thì x, y lại là nghiệm của phương

trình X2 − X + 4 = 0 Phương trình vô nghiệm nên hệ đã cho cũng vônghiệm

• Với



S = 4

P = 1 theo định lí Viète thì x, y lại là nghiệm của phương trình

X2−4X +1 = 0.Phương tình có hai nghiệmX1 = 2+√

Suy ra x, y, z là nghiệm của phương trình

Chương 2

Một số phương pháp giải hệ bậc hai tổng quát

Hệ bậc hai với hai ẩn x, y

D =

26α − 7(1 + α2)(4α + 1).

Điều kiện x2 = z cho ta phương trình để tính

z = DzD

⇒ Dz

D =

DxD

Bài toán 2.3 Giải hệ



x2 + 2y2 + 2xy + 3x = 0 (1)

xy + y2 + 3y + 1 = 0 (2)

Lời giải Lấy hai vế của (2) nhân với 2 rồi cộng theo vế với (1) ta được

(x+2y)2+3(x+2y)+2 = 0 ⇔ (x+2y+1)(x+2y+2) = 0 ⇔ hx + 2y + 1 = 0x + 2y + 2 = 0

- Trường hợp 1: Với x + 2y + 1 = 0 ⇔ x = −1 − 2y thế vào phương trình

y = 1 −

√52

nên(x, y) = −3−√5, 1 +

√52



và (x, y) =  − 3 +√5,1 −

√52

Kết luận: hệ có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ 0.

Bài toán 2.5 Chứng minh rằng với mọi m ∈ h− 1, 2(1 +

√3)3

i

hệ sau cónghiệm

Khi đó phương trình thứ ba của (2.3) thỏa mãn ∀m ≥ −5

Vậy bất phương trình hệ quả không cho ta kết quả cần tìm

Lời giải Viết hệ đã cho dưới dạng



3(x + y)2 + (x − y)2 ≤ 4(x + y)(x + 1) = m

(x, y) = (t, t)

Kết hợp với phương trình thứ nhất của (2.3) ta có −1 ≤ m ≤ 2(1 +

√3)3

thì hệ đã cho có nghiệm

Xét đa thức hai biến x, y là P (x, y) Nếu P (x, y) = P (y, x) với mọi

x, y ∈ R thì ta nói P (x, y) là đa thức đối xứng Trong mục này, sẽ xét hai

Lời giải Coi z như tham số, ta được hệ đối xứng loại (I) đối với x, y.

Điều kiện để hệ theo x, y có nghiệm

Lời giải Nếu hệ có nghiệm(x, y, z) = (x0, y0, z0)thì (x, y, z) = (y0, x0, z0);

và (x, y, z) = (x0, y0, −z0) cũng là nghiệm Do vậy nếu x0 6= y0 hoặc z0 6= 0

thì hệ sẽ có ít nhất hai nghiệm, không thỏa mãn điều kiện duy nhất nghiệm.Vậy (x, y, z) = (t, t, 0) phải là một nghiệm của hệ

Thay vào hệ, ta được



t2 = a2t2 = a ⇒ a = 0

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = 0.

Bài toán 2.10 Xác định các giá trị a > 0 để hệ sau có nghiệm duy nhất

Vì vai trò của x và t như nhau, nên nếu (x, t) = (α, β) là nghiệm thì

(x, t) = (β, α)cũng là nghiệm của hệ Nếuα 6= β thì hệ có ít nhất hai nghiệm,không thỏa mãn điều kiện duy nhất nghiệm Xét α = β, tức (x, t) = (β, β)

là nghiệm của hệ Khi đó, thay vào hệ ta được



2β − β2 = 2a − 12β4 = a4 − 1 (2.6)

Phương trình thứ nhất của hệ (2.6) có nghiệm ⇔ β2 − 2β + 2a − 1 = 0 cónghiệm

⇔ ∆0 = 1 − (2a − 1) = 2 − 2a ≥ 0 ⇔ a ≤ 1 (2.7)Phương trình thứ hai của hệ (2.6) có nghiệm

⇔ a4 − 1 ≥ 0 ⇔ a ≥ 1 (do a > 0) (2.8)Kết hợp (2.7) và (2.8), ta có a = 1

(

x3 + 4x = y + 3

2(x3 − y3) + 5(x − y) = 0

⇔

(

x3 + 4x = y + 3

2(x − y)(x2 + xy + y2 + 5) = 0

Lời giải Nhận xét rằng vai trò của x, y bình đẳng nên nếu (x, y) = (α, β)

là nghiệm thì (x, y) = (β, α) cũng là nghiệm Vậy điều kiện cần để hệ cónghiệm duy nhất là α = β Thế vào hệ, ta được

α2 + α = aα2 + 1

⇔ (a − 1)α2 − α + 1 = 0 (2.11)Phương trình (2.11) có nghiệm duy nhất



x2 + y = xy + 1(x − y)(x + y − 1) = 0

Kết luận: không tồn tại a để hệ có nghiệm duy nhất

Nhận xét: có thể giải bài toán 2.11 dựa vào nhận xét: ∀a, (x, y) = (1, 0)

và (x, y) = (0, 1) là nghiệm của hệ Vậy không tồn tại a để hệ có nghiệmduy nhất

Lời giải Điều kiện: x 6= 0, y 6= 0.

Viết hệ đã cho dưới dạng

2xy + y

2)

⇔

(x2 + xy − y2 = 58x2 − 29

⇔ hệ này vô nghiệm

Kết luận: hệ đã cho có các nghiệm

Phân tích Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta

sẽ cân bằng số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế

Lời giải.

Hệ ⇔



45x2 + 75xy − 60y2 = 570

190x2 − 342xy − 114y2 = 570 ⇒ −145x2 + 417xy + 54y2 = 0

Giải phương trình này ta thu được y = 1

3 + 2t + t2 > 0, ∀t nên hệ có nghiệm ⇔ pt(*) có nghiệm

Điều này xảy ra khi và chỉ khi

Lời giải Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0, x + y 6= 0.

Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình

√7y

√7y2

x + y =

2

√3x − 4

√2

√7y

√7y = 1 (1)1

√

3x − 2

√2

√7y =

√7y)(

1

√3x − 2

√2

√7y) =

11 + 4√

7

21 ⇒ y = 22 + 8

√7

Lời giải.

1) Với y = 0 thì hệ có dạng



x2 ≤ 02x2 = 1 vô nghiệm.

2) Xét y 6= 0 Chia hai vế của phương trình thứ nhất của hệ (2.14) cho y2

kết hợp với điều kiện (2.15), ta có điều kiện của t:

Khi đó (2.16) cho ta nghiệm

x = ±t

s

1(t − 1)(2t − 1)

(2.18)

Kết luận: Hệ có nghiệm tính theo công thức (2.18)−(2.17)

Bài toán 2.19 a) Chứng minh rằng với mọi a, hệ



x2 − 2xy − y2 ≤ a

x2 + 2xy − 2y2 ≤ 2a + 1

luôn luôn có nghiệm

b) Xác định các giá trị của a để hệ có nghiệm duy nhất

b) Từ kết quả của câu a) suy ra: không tồn tại a để hệ đã cho có nghiệmduy nhất

Bài toán 2.20 Xác định các giá trị của a để hệ sau có nghiệm duy nhất

Suy ra, nếu a > 0 thì hệ có ít nhất hai nghiệm Xét a = 0 ta được hệ

Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = 0.

2.4 Phương pháp giải một số hệ đặc biệt

Bài toán 2.21 Giải hệ phương trình



x2 + y2 = 14xy(2y2 − 1) = 1

Lời giải Vì x2 + y2 = 1 ⇒ −1 ≤ x, y ≤ 1 Ta đặt x = sin α, y = cos α với

0 ≤ α < π thì ta được sin 4α = 1 Nghĩa là 4α = π

2 + k2π với k = 0, 1, 2, 3.

Từ đó ta có thể dễ dàng tìm ra đáp số cuối cùng

p



= 4y

2 + 1y



= 5z

2 + 1z

nên suy ra

x3(x2 + 1) =

y4(y2 + 1) =

z5(z2 + 1).

Từ đó, x, y, z có cùng dấu, ngoài ra nếu (x; y; z) là một nghiệm của hệ thì

(−x; −y; −z) cũng là nghiệm của hệ Như vậy ta chỉ cần đi tìm các nghiệmdương