free một số hệ phương trình hay

Việc chứng minh vô nghiệm thì ta có thể xét đenta âm, câu hỏi đặt ra là tìm f t y ; bằng cách nào... Tóm lại bằng cách này hay cách khác, với những bài toán phân tích đa thức thành nhâ

Ví dụ Giải hệ phương trình

2

2

,

x y







Lời giải Điều kiện: 2

1;

0

Khi đó, phương trình hai của hệ trở thành t2y25y4t2y t 2y2 1

Nhận thấy   là một phương trình đa thức bậc ba, ta sẽ tách nhân tử từ đó, đầu tiên gán

được kết quả là t 198, nghiệm này là nghiệm duy nhất, với t198200 2 2y2

nên ta có được nhân tử là t2y2 đồng thời     t 2y2   f t y;  và rõ ràng 0

 ; 0

f t y  phải là một phương trình bậc hai và vô nghiệm Việc chứng minh vô nghiệm thì ta có thể xét đenta âm, câu hỏi đặt ra là tìm f t y ; bằng cách nào Với một bài toán chia đa thức như đã được học ở lớp 8 thì ta có thể sử dụng lược đồ Horner như sau:

Xét phương trình bậc ba ẩn t với nghiệm là 2 y 2, ta có lược đồ

f t y t  ty  y

Tuy nhiên, ta có thể xuất phát từ ý tưởng sử dụng định lý Viet dành cho phương trình

nghiệm thỏa mãn hệ thức Viet là x1 x2 x3 b;x x1 2 x x2 3 x x3 1 c;x x x1 2 3 d

Với một nghiệm tìm được là x32y thay vào hệ thức Viet bậc ba, ta được 2

2

3

1 2 3

2



Ngày nay, với công cụ máy móc hiện đại đặc biệt là máy tính Casio, ta có thể dễ dàng tìm nhân tử còn lại bằng cách tính các giá trị:

2

at bt c

 Dễ thấy a 1 vì a là kết quả của phép chia hệ số bậc ba cho hệ số bậc nhất ẩn t

 Tính b Ta có

2

at

b

t



13

99 99

t  

Ta được b  2

2

Do đó, nhân tử còn lại tìm được vẫn là t22ty2  y 0

Tóm lại bằng cách này hay cách khác, với những bài toán phân tích đa thức thành nhân

tử thì có nhiều hướng tiếp cận cho từng loại bài toán và có thể giải quyết nhẹ nhàng bằng Casio Vậy ta có     t 2y2 t22ty2y 0

t xy trở lại, ta được  xy22y2x y 2 xy2 0 Với hai trường hợp đưa ra, sẽ khó có thể giải quyết được từng trường hợp của bài toán, một điều mà ta chưa sử dụng tới đó chính là phương trình một Vậy liệu rằng từ phương trình một có thể khai thác được điều gì đó, chí ít là điều kiện chặn của ,x y chẳng hạn Ta quan sát thấy phương trình một của hệ có chứa hai căn thức, đặc biệt là có chứa tổng của hai tích Vậy nó làm ta sẽ nghĩ đến bất đẳng thức Cosi và cần dùng nó khéo léo sao cho

mất đi một biến, ta lựa chọn mất x để tìm điều kiện của y như sau

2

2

3 1 1

x y

 

 

Do đó xy22y  , ta được 2 0 2 xy2   x y

Nên hệ phương trình

 

2 2

2 2

2 2

1



Với phương trình  i này, ta có hai hướng tiếp cận

1

y x  xy        x

2

1 1

x y

x y



ay a y  a   a y  a ay

2

2

a ay

   



 2

2

0

1

y

x y

 





   

x y





Bài tập tương tự

2

2

,

x y







Lời giải:

Điều kiện: 2 3

2

0

x t x  x t x t t x 

Thế y2x vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được 1

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

2

0

2

0







Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x y ;  3 7;72 7

Câu 2 Giải hệ phương trình  

,

x y







Lời giải:

x  xyy  xy xy  x y  x  x x  x

2

1

    





Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được

y xy   x y xy  x  x

7x 5x 6 2 x 6x 0

2

x y   

