THỦ THUẬT CASIO TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU  Phương pháp xét tổng và hiệu sử dụng cho các phương trình vô tỷ hoặc một phương trình có trong một hệ phương trình ở dạng A B  C . Điều kiện sử dụng ở chỗ ta nhận thấy C là một nhân tử của A B.

Website: www.alfazi.com Fanpage: fb.com/alfaziapp Group: fb.com/groups/alfazi THỦ THUẬT CASIO TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU



Phương pháp xét tổng và hiệu sử dụng cho các phương trình vô tỷ hoặc một phương trình có trong một hệ phương trình ở dạng A B C Điều kiện sử dụng ở chỗ ta nhận thấy C là một nhân tử của AB

BÀI 1: x2 2x 2x1x1

Nhận thấy ABx22x2x1 x21có một nhân tử là Cx1

2 2

x2 2x 2x1 x 2x 2x1 x 1 x1

x1

x2 2x 2x1

x2 2x 2x1x1



2 x2 2x 2x x 0

 

 x2 2x 2x1x1

BÀI 2: x3 x2 1 x2 2  x2 x 1

Nhận thấy ABx3x21x22 x31có một nhân tử là Cx2x1

x3x2 1x22 x31

x3 x21 x2 2  x1

x2 x1

x3 x21 x2 2

3  2 2 2

x x 1 x 2 x x

2 x2 2x2 x1x1x22x  2

 

 x3 x21 x2 2 x1

Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có x 2 thỏa mãn nên phương trình có một nghiệm duy nhất là x 2

BÀI 3: x  8 x  x  7 x 1  4 x 1

Nhận thấy A B x 8 x x  7 x1 x1 có một nhân tử là C 4 x1

x8 xx7 x1 x1

x 8 x  x 7 x1  4 x 1

4 x1

x 8 x  x 7 x1

 x 8 x  x 7 x 1 4 x1

2 x 7 x 1 2 x 7 x 0 x  0

x 7 x 1 4 x1





 x 8 x 

y3x4 y5x44



5y3 7x22x14 y

BÀI 4: 



Nhận thấy phương trình đầu có ABy3x4y5x4 8xcó liên quan đến giá trị 4

y3x4y5x4 8x

4

y3x4 y5x4

y3x4 y5x44



2 y3x442x y3x42xyx2x, x2

y3x4 y5x4 2x

 



Thay vào phương trình thứ 2 ta được

5x2 5x3 7x24x26x10

 5x2 5x3x1 2x 7x24x2 7x20*

2x 7x2

5x2 5x3x1



Vì x 2

7  104x2 7x20x7 17 , y 5 4 17

5x25x3x1 Trong phần này có chi tiết trục căn thức ở bước *sẽ được giải thích trong Phần II: HỆ SỐ BẤTĐỊNH

 2y2 24

0

2 y2 1

x4 x1y

BÀI 5: 

5x y 5 1 x y 6





Phương trình thứ 2 có AB5xy51xy6x1có liên quan đến giá trị 6

 2

5xy51xy 6x1

5x y 5  1x y   x1

5xy5 1xy 6

5x y 5 1x y x 1

2 1xy 7x 

4 y  x5 20y5

5x y 5 1 x y 6 

 



2y2 24 2 y5 2y22 y9

Để ý phương trình 1 có x 4 x 1 y 0 x 1 2 0y5

Vậy hệ có nghiệm duy nhất đó là x  y 5



BÀI 6:  2x y 2xy44

x3 4x22 y2 4 yx130

Nhận thấy phương trình đầu có AB2xy2xy42y2có liên quan đến giá trị 4

2

2xy2xy4 2y2 y2

2xy 2xy4 4

2x y 2xy44 y22

y6





2xy  x 11

2x y 2xy4  y22

 

Mặt khác phương trình thứ 2 biến đổi thành:

x34x2 2 y2 4 yx130

x3 14x2 4xyy2y2 4 y40

x3 12xy2 y22 0

Vì VT  0x 1cho nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x 1, y  2

 y 2x 1 1 y y 2

x  y(x1) x2 y

BÀI 7: 

x

Nhận thấy phương trình đầu có ABy2x11y2y2x2 không liên quan đến C y2

Còn phương trình thứ 2 có AB y(x1)x2 y xyxcó thể rút gọn với Cx x

x

y(x1)x2 y xyx y x

y(x1) x2 y y(x1) x2 y x x

y x x2 x y





y(x1) x x

y x 2

y(x1) x2 y 

 





2 yx2 xx2 xy4 yx2 x x2 xy2

 x2 xy2

0y x2 x Thay vào phương trình thứ nhất ta được: x2x1 x2 x1x2 x2

Đến tình huống này ta dung kỹ thuật nhẩm nghiệm nhận ra phương trình có nghiệm duy nhất x 1 (Hoặc sử

dụng máy tính SHIFT SOLVE) Khi x1thì x2 x 1 = 1, x2x1 = 1 Do đó ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá:

2

x x

2

2



 x x 1

1 x x 1



x2 x 2

1 x2 x 1 1x x1 x2 x 1



x2 xx2 x2

 x2 x1 x2 x 1  x2 x1 x2 x1x1

x2 x1 x2x1x2 x2

Vì x1x1x12 x1x2x2

Vậy đẳng thức xảy ra khi x1, y0

BÀI 8: x2 16  2 x2  3x 4 x11

x

Bài toán này nghiệm rất đẹp x3, x0nhưng để giải ra nghiệm này bằng cách trục căn thức đơn thuần thì gần như sẽ không được nhiều điểm Để giải quyết triệt để ta sử dụng kỹ thuật xét tổng hiệu:

x2 16 2 x2 3x 4 x11

x2164x23x4 x11

x11

x2 16 2 x2 3x 4

3x212x

x11

x2 16 2 x2 3x 4

Như vậy nghiệm đầu tiên là x 0 Nếu x 0 thì

x2 16 2 x23x4 3x4  x11

Do đó ta có hệ:

 

2

2

x

x2 13 3x 

 x 16 2 3x4 3x4  x11

2 x2 16 133x x1113x

x2 3x4  x11





 x2 16 2

2 165  x12279x

x 16 5

x12

x3 



2 x2 1653x13  x129x30

2x9 3x13x3

9 x 30

x12

x2 16 5

x2 16 5

 3x13

9 0

x12



Vì x 1x30 Ta xét 3x13 93x59 x1 0x 1

x 12 x12

Vậy phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x3x0

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

x

BÀI 1:  1 y

2 y 1 x2 1

1x1y 2



BÀI 2: 



x

BÀI 3: 

y2

x2 y2  x2 y2 2 y

x y 5 3

12 y y 12 x2 12

x3 8x12

 x2 y2  x y2  1 y1

BÀI 4: 



 x2  1 2 x 1 x2  1 2 y



BÀI 5: x222x 2x2

PHẦN II: DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ



Phương pháp này tận dụng nghiệm vô tỷ mà máy tính đã dò được để đoán trước nhân tử của phương trình, hệ phương trình Để sử dụng kỹ thuật này, chúng ta cần phải nắm được tốt quy tắc dò nghiệm SHIFT SOLVE

BÀI 1: 5x25x3 7x24x2 6x10

Điều kiện: x  2 Sử dụng máy tính SHIFT SOLVE với x 1ta được x 1,390388203

7

 5x2 5x3 2,390388203x1

7x22, 7807764062x

Khi đó thay vào giá trị căn thức: 

2 5x 3 cần phải tạo thành nhóm biểu thức 5x2 5x3x1còn  7x2 cần phải tạo thành nhóm biểu thức 2x 7x2

5x2 5x32,390388203 5x2 5x3x1 Như vậy ta thấy rằng

Viết lại phương trình ban đầu ta được: 5x2 5x3 7x24x26x10

 5x2 5x3x1 2x 7x24x2 7x20*



2x 7x2

5x2 5x3x1

Vì x 2

7  104x2 7x20x7 17 , y 5 4 17

5x25x3x1

BÀI 2: x2 x  2x  2 3x1 23x1

Điều kiện: x 2x20 Sử dụng SHIFT với x0 ta được x4, 236067977

 x 2x2 1

Thay vào các căn thức của bài toán: 

23x15, 236067977



 Như vậy x  2x  2 sẽ trừ đi 1 còn

23x 1 sẽ trừ đi x 1 Viết lại phương trình:

x2 3x1 x  2x 2 23x1 x 2x2 1x1 23x1 x2 4x10

x 2x 21 x2 2x123x1

x1 23x1

x 2x 2 1

x1 2x2 x2 4x1  x2 4x 1 0

x1 23x1

x 2x 2 1

x2 2x12x2 x2 4x1



 x1 2 3x1

x 2x 2 1 x1 2x2

 

1 0

x1 23x1

x 2x21 x1 2x2

 

 x 2x 2 1 x1 2x20

Vì x 2x 2 0nên x 2x 2 2.0 2 x 21 

x1 23x 10



Vậy x24x10, x 2  x  2  5

BÀI 3: x34x2x32x2

x5 2x13

SHIFT SOLVE với x 0 ta được x  0,828427124 Thay vào các giá trị căn thức:

x54,828427125x4

2



2x133,828427125x3

 Do đó ta viết lại phương trình ban đầu:

2

x2x42 x5x3 2x130

x2x28x164x5  x26x92x13

x42 x5 x 3 2x13

x 4 2 x5 x 3 2x13 

Đến đây ta sẽ chứng minh x4 2 x5 và x 3 2x13 đều dương Để đánh giá được điều này ta phải xuất phát từ phương trình ban đầu và đánh giá điều kiện ngoài căn:x3 4x2 x 3  0 Tuy nhiên phương trình bậc 3 này nghiệm rất xấu, và trong chương trình THPT thì không nên sử dụng phương pháp Cardano để giải bất phương trình này mà ta sẽ thêm bớt một vài hạng tử nhỏ để bất phương trình dễ giải hơn:

x34x2x30x34x2x40x4 x210 x 4

x42 x50

Do đó: 

x 3 2x13 43 2.4130

x  2 2 2

x2 4x40 Vậy ta có

x 4

BÀI 4: 3x2 3

x3 4x 2 Phương trình này nếu giải bằng phương pháp đạo hàm sẽ đẹp hơn rất nhiều nhưng chúng ta sẽ thử phá căn 2

vế và sử dụng kỹ thuật hệ số bất định thông qua SHIFT SOLVE để thấy rằng bài toán có thể có những cách giải rất phổ thông Lập phương hai vế ta được:27x6 x34x 2.

Sử dụng SHIFT SOLVE liên tục với các giá trị khác nhau ta thu được chỉ có duy nhất 2 nghiệm đó là:

x1 0, 434258545 (Sử dụng tiếp SHIFT RCL A để gán vào biến A) và x20, 767591879 (Sử dụng tiếp

1

x x A B

 1 2

SHIFT RCL B để gán vào biến B) Khi đó ta sử dụng định lý Viet đảo: 

x x AB  

 1 2

3

1

3 Như vậy ta sẽ

nhận ra nhân tử nếu có sẽ là x2 1x10 hay 3x2x10 Thực hiện phép chia đa thức ta thu được:

27 x6x34x23x2x19x43x34x22x20

Vì 9x43x34x2 2x26x43x2x2x1x22x110nên 3x2x10x1 13

6

BÀI 5: 15x2 x2 x2x15

SHIFT SOLVE ta được x0, 767591879 x2 x 1 1,5351837582x Nhân tử là x2x12x

2

15x2 x2 x2 x15022x x2 x115x2 5x50

 5 3x x 1 0  3x x 1 

2x x2 x1 2x x2 x1



5 0



Xét 2 5010x5 x2x120 (Phương trình bậc 2)

2x x2 x1

Kết hợp 3x2x10 và 15x2x50ta được x1 13

6

BÀI 6: x3  x2  x2 1 x 1 1

SHIFL SOLVE ta được x1,618033989

x3 x2 1 x2 1 x10x21 x

x 1 1, 618033989  x Do đó có nhân tử x x1

x1x2x10

  x2 x 1 0  x2 x 1 

1 0



Xét

2

x 1

x x110x2x1 x10 (Vô nghiệm) Vậy x2 x10x12 5

x3x2 1 38x38x2302x1 4x26x30 4x26x30x x 1 x1 5

BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI 1: x23x2x1 2x1

BÀI 2: x2 x 2 3x x

BÀI 3: x33x2x22x2

x4 2x11

BÀI 4: x2x1x2 x2 2x2

1

x2 2

BÀI 5: x x1

x4  

2 x21

BÀI 6: x2  6x 2 x8

BÀI 7: x3  x1 3x2

PHẦN III: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH



Mục đích của phương pháp hệ số bất định là tạo ra các thêm bớt giả định sao cho có nhân tử chung rồi đồng nhất hệ số để tìm ra các giả định đó Hệ số bất định có bản chất là phân tích nhân tử và có tác dụng mạnh trong các bài toán có nhiều hơn 1 nghiệm

BÀI 1: x4 x2 4 x4 20x2 4 7x

Điều kiện: x0 Ta nhận thấy cần phải khai triển 7xaxbx với a, blà hai số giả định nào đó sao cho khi chuyển sang bên trái, nhân liên hợp ta sẽ tìm được hai nhân tử chung Do đó ta sẽ triển khai triển giả định:

x4a21x2 4 x420b2x24

x4 x2 4 ax x4 20x2 4 bx 0  0

x4 x2 4ax x4 20x2 4 bx

1 a2 1

4a2,b5 Mục đích của ta là hai tử số có cùng nhân tử chung do đó ta có 1 20b2

ab7



Như vậy ta khai triển lại bài toán như sau: x4x242x x420x245x0



x  5x 4 x  5x  4

x4  x2  42x x420x245x





 x4  x2  42x x420x245x

Vì x0 nên phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x1x2

BÀI 2: x2 6x 1 2x1 x22x3

Điều kiện: x  6x 1 2x 1  0 Do phương trình tương đương với

2

x 6x1

2x1  x22x3 nên ta sẽ đi

2

tìm một nhóm axbgiả định sao cho phương trình x

2x6x11axb x22x3axbcó vế trái sau khi quy đồng và vế phải sau khi trục căn thức có các nhân tử giống nhau

Vì vậy ta sẽ khai triển giả định như sau:

2

x 6x1axb x22x3axb

2x1

1a2x222abx3b2

12ax26a2bx1b

2x1 x22x3axb

1a2

22ab 3b2

Do ta cần 2 tử số có nhân tử giống nhau nên ta có 12a  6a2b 1b a0,b2

Khi đó ta khai triển lại bài toán như sau:

x2 6x1 x2 2x1 x2 2x1 x2 2x10

2 x22x32

2x1 2x1 x22x31 x22x32x1



BÀI 3: 2x2x1xx1 2xx2x26

Điều kiện: x 0 Viết lai bài toán dưới dạng: 2x 2x x6 

32x2 4x nên ta sẽ đi tìm một nhóm

ax bgiả định sao cho phương trình 2x 2x

x1

x6axb 2x32x24xaxb*có vế trái sau khi quy đồng và vế phải sau khi trục căn thức có các nhân tử giống nhau Ta khai triển giả định như sau:

  2x3a22x242abxb2

2x3a2x2a1bxb6

x1 2x32x24xaxb

Do ta cần 2 tử số có nhân tử giống nhau nên ta có: 2 a2  a1b b6a1,b2

2 a22 42ab b2

Khi đó khai triển lại bài toán với a  1,b  2 ta được: 2x 2x x6x2 2x32x24xx2

x1

2x33x240

2x3 3x24 2x3 3x2 4

x1 2x3 2x2 4x x2 2x3 2x2 4x 3 0VN 

BÀI 4: 2x2x3 21x17x2 x0

SHIFT SOLVE x1x2 Để làm xuất hiện nhân tử này, ta cần khai triển giả định bài toán thành:

2x2 x3mxn  pxq 21x17  x2 xmpxnq0



Xét 2x2 x3mxnta có: x1mn2

mn1

x22mn3



Xét pxq 21x17 ta có: x1 pq2  p3

x22 pq5 

q  1

Vậy ta khai triển lại bài toán như sau:  2x2 x3x1   3x1 21x17  x23x20

3x1 21x17

2x2 x3x1





21

x10

1 0 Vì x 17   

10

21 3x1



Do đó phương trình có 2 nghiệm duy nhất đó là x 1x 2

BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI 1: x2 x 65x 1x3 3 2x 3

BÀI 2: x2 3 x2x1x33x24x1

BÀI 3: x2  3x 4 x1x24x2

BÀI 4: 2x133x22x

BÀI 5: x35x24x512x3

6x22x7

PHẦN IV: ĐẠO HÀM MỘT BIẾN



 

'

x

 Kỹ thuật 1: Coi x là ẩn, y là tham số, tính đạo hàm f x, y và chứng minh hàm số đơn điệu và liên

f x0 có tối đa 1 nghiệm nếu f xđơn điệu và liên tục theo x

tục theo x

 Kỹ thuật 2: Phương trình

 Kỹ thuật 3: fx f yxy nếu f xđơn điệu và liên tục theo x

 x2 y2  x y2  1 y1

BÀI 1: 



 x2  1 2 x 1 x2  1 2 y



Nếu x  2 y2 thì phương trình đầu trở thành 1y2 y1 y0x0

y 1x 2

 Thay các cặp nghiệm trên

vào phương trình 2 ta thấy không thỏa mãn

Nếu x  y2 1thì phương trình đầu trở thành y21 y1 y 1 x 2 Thay cặp nghiệm trên vào

phương trình 2 ta thấy cũng không thỏa mãn Vậy x 2y2

, x y21 Khi đó ta xét hàm số:

x2 y2 

f x x y2  1y1 f 'x

2 x 2 y2

2 x y2  1

 0 Do đó hàm số đơn điệu và liên

tục với mọi x thuộc tập xác định Mà f y20 x y2

Thay vào phương trình 2 ta được:

x2  1 2x 1 x2  14 y2 0

x2 4x 1 2x 1 x2  10x212x x2  12 x2  14x0

 x2  12x x2  12 x2  12x0 x2  12x x2  120

2

1

43

Do x2  1 2 0x x  1  2x x   1 y

3

x 1 4x



x 0

CHÚ Ý: Để tìm ra nhân tử x  y2

ta có thể làm như sau:

Đặt y 100 x20000 x10001101x 10000 y2

BÀI 2: x x1 x3 21 1x2

x1 x3 1 1 x2

Điều kiện: x > 0 Ta viết lại phương trình thành: 

2

2



 x1 x 3 11 1 x2 x 1 x1 1 1 1 1

x2

Xét hàm

2

2 t  t 1 t t

f t t t 1 f ' t   

t21 t21

0 do đó f t liên tục và đồng biến trên

Do đó



f

x1 1

 fx x1  1x1

   

2 y3 y 2x 1 x 3 1x

2 y2 1y2x

BÀI 3: 



Xét hàm số f y2y3y2x 1 x 3 1 x với y là ẩn, x là tham số Ta có hàm f yliên tụctrên và

có f 'y6y2 10 nên f ylà hàm đồng biến trên

Mặt khác ta có f 1x21x 1x 1x2x 1x3 1x 0 do đó phương trình có một nghiệm

duy nhất đó là y  1 x Thay vào phương trình 2 ta được:

x 2

32x1x

32x 1x2x 2x 

3 2x 1 x  32x 1x 1

Để tìm ra nhân tử y  1 x , ta xử lý như sau:

Đặt x  99  2 y3 y 198 1 99 3 199 0 y  1  1 99  1 x

x 1 y y 1x 4 xy

BÀI 4: 



x2

y 1 y2  1 x2 x2

y x



2

Từ phương trình 2 ta có được x 1x2 x2

y1 1y Do



x  1x x

1 y2 0

1

x 0

y0 Mà x và y

x2

cùng dấu nên ta suy ra x 0, y 0 Khi đó phương trình 2 viết lại thành: 1 1

x x

1 1 y y 1 y2

2

fttt 1t2,t0; f 't1

1t2  1 t 2 0 Do đó f t là hàm số liên tục

x

x

 

và đồng biến trên 0;  Vì vậy ta có f 1  f y 1 y Thay vào phương trình đầu ta được x 1

x

BÀI 5:  x

2 2x53y y2 4

x2 y23x3y10

Để ý thấy phương trình thứ 2 là một phần khuyết của phương trình đầu Nếu ta kết hợp hai phương trình đó

thì có thể xây dựng hàm đặc trưng Vì vậy ta biến đổi phương trình 2 trở thành x23x1 y23y và cộng

vào 2 vế của phương trình đầu ta được:

x2 2x1 x2 2x5 y2 y24x12 x124 y2 y2 4

Xét hàm đặc trưng

2 t 4

f tt t4,t0; f 't1 1 0 Do đó f  x12  f y2 khi

y1x



và chỉ khi x12  y2  yx1