Chinh phục hệ phương trình trong đề thi đại học

Chinh phục hệ phương trình trong đề thi đại học Chinh phục hệ phương trình trong đề thi đại học Chinh phục hệ phương trình trong đề thi đại học Chinh phục hệ phương trình trong đề thi đại học Chinh phục hệ phương trình trong đề thi đại học Chinh phục hệ phương trình trong đề thi đại học

Trích đoạn CHINH PHỤC HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Cuốn sách được viết bởi tập thể tác giả GSTT GROUP

Phát hành: 22/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Hà Nội

Nxb: Đại học quốc gia HN

Số trang: 340 trang (khổ A4, bìa gấp)

Giá bìa: 99.000 vnđ (Miễn phí vận chuyển, giảm 15% nếu mua trực tiếp)

Hướng dẫn: Hệ phương trình trên có hình dạng rất oái oăm Ta không nhìn thấy một biểu thức gì chung gọi là có ở hai phương trình Tuy khó nhìn như vậy, nhưng ta vẫn có thể phát hiện ra một điểm chung vô cùng mong manh và khó nhìn, đó là sự tương đồng về cấu tạo giữa hai biểu thức trong từng phương trình là y√x2+ 3

và (x − 1)√x2− 2x + 4 Do đó ta nghĩ đến việc sẽ kết hợp hai yếu tố này để đưa về đánh giá theo hàm số đại diện Nhận thấy rằng (2) chỉ chứa y2, còn đâu chỉ toàn có chứa x; ngoài ra ta lại có thể rút y theo x một cách nhanh chóng từ (1) Do đó ta sẽ thử biến đổi như sau:

(1) ⇔ y (√x2+ 3 − x) = 3 ⇔ y = 3

√x2+ 3 − x= √x

2+ 3 + x Không tội gì mà lại để nguyên phân số, ta nên nhân liên hợp để khử mẫu số

Bậy giờ ta sẽ thử thay kết quả này vào (2) xem có thể tạo ra được gì

(√x2+ 3 + x)2+ 4x + 2(x − 1)√x2− 2x + 4 = 2x2+ 5

⇔ 4x − 2 + 2x√x2+ 3 + 2(x − 1)√x2− 2x + 4 = 0

⇔ 2x − 1 + x√x2+ 3 + (x − 1)√(x − 1)2+ 3 = 0

Đến đây, nếu tinh mắt, bạn đã có thể nhìn ra dấu hiệu của việc xét hàm đại diện ngay trước mắt Còn nếu bạn vẫn

mơ hồ thì ta chỉ cần một dấu tương đương nữa là đủ để bạn nhìn ra sự đặc sắc này

⇔ x + x√x2+ 3 = (1 − x) + (1 − x)√(1 − x)2+ 3

Bây giờ thì mọi vấn đề đã được hóa giải với hàm số f(t) = t + t√t2+ 3

Bài giải chi tiết

hpt ⇔ { y (√x2+ 3 − x) = 3

y2+ 4x + 2(x − 1)√x2− 2x + 4 = 2x2+ 5

y2+ 4x + 2(x − 1)√x2− 2x + 4 = 2x2+ 5

2+ 3 + x (√x2+ 3 + x)2+ 4x + 2(x − 1)√x2− 2x + 4 = 2x2+ 5

4x − 2 + 2x√x2+ 3 + 2(x − 1)√x2− 2x + 4 = 0

x + x√x2+ 3 = (1 − x) + (1 − x)√(1 − x)2+ 3 Xét hàm số f(t) = t + t√t2+ 3 (t ∈ ℝ) có f′(t) = 1 + √t2+ 3 + x2

√x2+ 3> 0 ∀ t ∈ ℝ

Do đó f(t) đồng biến trên ℝ

Lại có f(x) = f(1 − x) ⇔ x = 1 − x ⇔ x =1

2⇒ y =

1 + √13 2 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:

{

x =1 2

y =1 + √13

2

 Cách 2:

1

221rê

rerfd

s

Giải hệ phương trình: xy + 3 = y√x2+ 3 (1)

y2+ 4x + 2(x − 1)√x2− 2x + 4 = 2x2+ 5 (2)

1

hpt ⇔ { y = x + √x

2+ 3

y2= (√(1 − x)2+ 3 + 1 − x)2⇔ { y = x + √x

2+ 3 (x + √x2+ 3)2= (√(1 − x)2+ 3 + 1 − x)2

⇔ x + √x2+ 3 = (1 − x) + √(1 − x)2+ 3

Xét hàm số g(t) = t + √t2+ 3 (t ∈ ℝ) có f′(t) = 1 + t

√t2+ 3=

√t2+ 3 + t

√t2+ 3 >

|t| + t

√t2+ 3≥ 0 ∀ t ∈ ℝ Nên hàm số g(t) đồng biến trên ℝ

Mà ta lại có g(x) = g(1 − x) ⇔ x = 1 − x ⇔ x =1

2⇒ y =

1 + √13 2 Nguồn gốc: Nếu bạn định hình được hướng giải của bài toán này trong đầu, thì bạn cũng sẽ nhận thấy rằng bài toán đặc sắc này có ý tưởng bắt nguồn cũng không mấy rắc rối Người ra đề sẽ đi từ một hàm số đơn điệu trên một tập xác định nào đó ; sau đó thực hiện hai phép thay thế ẩn (những phần này sẽ được trình bày kỹ hơn trong phương pháp Khảo sát hàm đại diện) để tạo ra một phương trình ; kết hợp với phương trình nữa do bạn lựa chọn

để thu gọn phương trình đã thu được bên trên (bạn có thể biến đổi đi một chút) Vậy là đã thu được hệ phương trình sản phẩm

Chúng ta có thể thử tạo bừa ra một hệ phương trình với tinh thần trên như sau :

- Chọn hàm số đồng biến trên ℝ+ là f(t) = et+ ln t

- Chọn hai phép đặt ẩn thay thế là: t1= √x3

t2= √2 − x2 Thế hai phép đặt này đồng thời vào hàm số ban đầu để tìm phương trình còn lại, ta được :

e√x 3 + ln √x3 = e√2−x 2

+ ln √2 − x2 ⇔ e√x 3

+3

2ln x = e√2−x

2 +1

2ln(2 − x2)

⇔ 2e√x 3

+ 3 ln x = 2e√2−x 2

+ ln(2 − x2) Đây là phương trình cần phải đưa về để đánh giá bằng hàm số đại diện Bây giờ ta cần phải thu gọn hình dạng của phương trinh này bằng cách tạo ra một phép thay thế ẩn Phép thay thế ẩn này sẽ là phương trình còn lại của hệ

pt ⇔ 2 (e√x 3

− e√2−x 2

) = ln2 − x2

x3

Nếu đặt2 − x2

x3 = ey thì ta được: {2 (e√x

3

− e√2−x 2

) = y

1 − x2= ey y3

Và đây chính là hệ phương trình của chúng ta: {2 (e√x

3

− e√2−x 2

) = y

1 − x2= ey y3

Hướng dẫn: Ta có thể nhận ra cái chung đáng chú ý xuất hiện nhiều lần ở đây là tích xy Nếu tiến hành rút

xy theo y từ (2) rồi đem thế vào (1) thì ta sẽ thu được một phương trình chỉ có ẩn y Tuy nhiên, trước khi rút thế,

ta phải xét điều kiện mẫu bằng 0

Bài giải chi tiết Với y =1

5 thì (2) ⇔ 0 =

8

5(vô lý) Với y ≠1

5, (2) ⇔ xy =

1 + 3y 5y − 1 (3) Thế (3) vào (1) ta được: (1) ⇔ (3y + 1

5y − 1+ 1)

3

= 2y3(9 − 5.3y + 1

5y − 1)

1

221rê

rerfd

s

(Trích “90 đề toán tập 1 – GSTT”): Giải hệ phương trình (xy + 1)xy(5y − 1) = 1 + 3y (2)3= 2y3(9 − 5xy) (1)

2

⇔ ( 8y 5y − 1)

3

= 2y3.30y − 14

5y − 1 ⇔

521 (5y − 1)3=60y − 28

5y − 1

⇔ (5y − 1)2(15y − 7) = 128 ⇔ 75y3− 65y2+ 17y − 27 = 0

⇔ (y − 1)(75y2+ 10y + 27) = 0 ⇔ y = 1 (thỏa mãn y ≠1

5) Khi đó, (3) ⇔ x = 1

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: x = 1y = 1

Các bạn có thể tham khảo cách giải khác trong cuốn “90 đề toán tập 2 – GSTT”

Nguồn gốc: Để tạo ra được hệ phương trình trên, ta cần đi từ một phương trình một ẩn bất kỳ (1), tiến hành thay một ẩn bất kỳ trong (1) bằng một hệ thức bất kỳ (2), khi đó ta sẽ thu được phương trình (1’) từ (1) bằng phép đặt (2) Kết hợp hai phương trình (1’) và (2) lại ta sẽ được hệ phương trình cần lập

Tiêu biểu ta có thể thử xây dựng một hệ phương trình đơn giản như sau:

Từ phương trình (2x − 1)(x − 2)2 = 5, ta sẽ biến đổi lung tung như sau:

pt → (x − 2)2= → x − 2 = √ → x =

→ x2 = 4(x − 3)2

(2x − 1 − √5(2x − 1))2

4x2+ 6x − 4 − 2√5(2x − 1)3

Tiếp theo ta có thể thay thế theo ý thích, giả dụ như √5(2x − 1) = y + 1 hoặc một phép thay thế bất kỳ Khi đó ta

sẽ được hệ cần tạo ra

{2 (1 −

3

x)

2

= 2x2+ 3x − 2 − 2(y + 1)3

y2+ 2y − 10x + 6 = 0

Hệ này đương nhiên giải quyết từ phương trình thứ hai vì phương trình đầu của hệ có vẻ cồng kềnh

Hướng dẫn: Khi gặp phương trình logarit, nếu có thể, ta nên khử logarit đi Nhận thấy rằng thừa số 3y rất đặc biệt khi xung quanh không có thành phần nào giống nó, suy nghĩ tự nhiên là khử đi nó đề các thành phần đồng

bộ với nhau Việc khai thác từ pt(1) là điều không khả thi Nhưng từ pt(2), ta có thể tạo ra được 3y:

pt(2) ⇔ log3(x

3) = −y ⇔ 3y=

3 x Đương nhiên, khi thay trở lại pt(1) thì không những khử được ẩn y đi, mà còn làm mất đi mẫu số; biến pt(2) về dạng vô tỉ cơ bản

(1) ⇔ √x + 1 − 1 = √x − 1 Đến đây, bài toán được giải quyết!

Bài giải chi tiết ĐK: x ≥ 1

Ta có (2) ⇔ log3(x

3) = −y ⇔ 3y=

3

x Khi đó ta được:

(1) ⇔ √x + 1 − 1 = √x − 1 ⇔ √x + 1 − √x − 1 = 1 ⇔ 2x − 1 = 2√x2− 1

⇔ 4x2− 4x + 1 = 4x2− 4 ⇔ 4x = 5 ⇔ x =5

4 (thỏa mãn) ⇒ y = 1 − log3

5 4 KL: Hệ phương trình có nghiệm là { x =

5 4

y = 1 − log35

4

5 2x -1

5 2x - 1

2x - 1 + 5 2x - 6

= 2x - 1 2x - 1( 2x - 1 - 5)

1

221rê

rerfd

s

(Trích:90 đề Toán tập 1–GSTT):Giải hệ phương trình: x √x + 1 − 1 3y = 3√x − 1 (1)

log3x + y = 1 (2)

3

Nguồn gốc: rõ ràng (2) chỉ là điều kiện thế, còn (1) mới là biến thể được tạo ra Với tinh thần dựa vào logarit và phương trình vô tỉ, ta có thể kiến tạo bừa ra một vài hệ phương trình như sau:

- Phương trình x2− √x + 6 = 6, thay 6 = xlog2y vào ta được x2− √6 (logy2 + 1) = xlog2y

- Tiếp tục biến đổi lằng nhằng đi, ta được x(x − log2y) = √6 (logy2 + 1)

Và đây là phương trình biến thể của chúng ta Ngoài ra ta cũng có thể biến đổi điều kiện 6 = xlog2y theo ý muốn Tóm lại dù có muốn giấu diếm ta cũng không thể giấu đi bản chất của bài toàn một cách thật kỹ lưỡng được Số 6 xuất hiện quá lộ liễu ở cả hai phương trình cũng giống số 3 xuất hiện ở đề bài trên Và đó chính là manh mối giúp

ta lần ra hướng giải

{x(x − log2y) = √6 logy2 + 1

26x = y

Hướng dẫn: Nhìn qua ta thấy hệ trên khá khó chịu Có lẽ những cái ngoặc được nhóm vào chả có chút tác dụng gì để tìm ra liên hệ, có khi nó còn che giấu một điều gì đó; do đó, sao ta không phá tung hết ra!

hpt ⇔ x2y4+ 2xy2+ 1 + y4− 2xy5= 0

3x2y6− 2xy2− x2y4− 2xy5− 1 = 0 Sau khi phá tan ra, ta có thể nhìn thấy rằng ngoài số hạng xy5 ra thì còn có hằng đẳng thức (xy2+ 1)2 ở

cả hai phương trình Khi có thể nhóm được hằng đẳng thức thì bạn nên thử nhóm vào, đôi khi nó sẽ dẫn tới hướng giải

hpt ⇔ (xy2+ 1)2− 2xy5+ y4= 0

3x2y6− 2xy5− (xy2+ 1)2= 0 Đến đây thì chắc hẳn là ai cũng đã nhìn ra được hai ẩn mới là (xy2+ 1)2 và xy5 Công việc bên trên là phá

đi những thứ ngụy trang và làm cho những cái chung xuất hiện nhiều lần; vấn đề có vẻ đã được giải quyết! Vậy, khi dấu ngoặc không có tác dụng, ta nên phá ngoặc ra

Chắc hẳn nhiều bạn vẫn thấy thắc mắc là y4 và x2y6 thì nhét được vào ẩn nào được? Hướng giải quyết là: hãy coi chúng là “tham số”, và ta sẽ đi giải hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn mới là (xy2+ 1)2 và xy5! Bạn

có thể đặt chúng là A hay B tùy ý; không đặt ẩn cũng không sao; miễn là ta có thể giải đúng là được! Có không ít bài toán cần được (nhiều khi chỉ được) giải quyết kiểu này (coi những thứ thừa thãi là tham số)

hpt ⇔ {

(xy2+ 1)2=3x2y6− y4

xy5=3x

2y6+ y4

Nhìn vào cái hệ trên, nhiều bạn đặt ra câu hỏi: “thế giờ thì khác gì là coi x2y6 và y4 là hai ẩn? ” Thật ra thì đúng là có thể coi như vậy, nhưng nếu đi giải với hai ẩn đó thì chúng ta lại được cái hệ ban đầu! Vậy việc đặt ẩn như trên là không thành công? Tuy nhiên, cái hệ này khác cái hệ ban đầu ở chỗ là: hệ ban đầu có thể thế hay xử lý được phương trình nào đâu, còn hệ này thì ta có thể xử lý ở phương trình thứ hai bằng cách giản ước đi y4 ở cả hai vế! Sau đó, ta sẽ thu được một phương trình bậc hai với ẩn là xy! Sau khi tìm được xy rồi, ta chỉ việc thay lên phương trình trên của hệ này, nghiễm nhiên sẽ khử được ẩn x! Bài toán đã được giải quyết hoàn toàn

Bài giải chi tiết

Ta có: hpt ⇔ x2y4+ 2xy2+ 1 + y4− 2xy5= 0

3x2y6− 2xy2− x2y4− 2xy5− 1 = 0

1

221rê

rerfd

s

Giải hệ phương trình: xy(x22+ 1)y4+ 1 = 2xy2(y3− 1)

(3xy4− 2) = xy4(x + 2y) + 1

4

⇔ (xy2+ 1)2− 2xy5+ y4= 0 3x2y6− 2xy5− (xy2+ 1)2= 0⇔

{

(xy2+ 1)2=3x2y6− y4

xy5=3x

2y6+ y4

 Với y = 0 không thỏa mãn hệ

 Với y ≠ 0; ta có:

(2) ⇔ 4xy = 3x2y2+ 1 ⇔ [

xy = 1

xy =1 3

∗ xy = 1; (1) ⇔ 2(y + 1)2= 3y4− y4⇔ y4= (y + 1)2

⇔ (y2+ y + 1)(y2− y − 1) = 0 ⇔

[

y =1 + √5

2 ⇒ x =

√5 − 1 2

y =1 − √5

2 ⇒ x = −

1 + √5 2

∗ xy =1

3; (1) ⇔ (y + 3)2 = −7y4 (phương trình vô nghiệm)

KL: Hệ phương trình có nghiệm là ∶

{

x = √5 − 12

y =1 + √5 2

; {

x = −1 + √52

y =1 − √5 2 Lưu ý:Trong một số bài toán, để phát hiện ra ẩn phụ, ta còn phải tiến hành chia cả hai vế cho một đại lượng nào đó Cụ thể là trong ví dụ trên, ta cũng có thể chia để nhóm ra ẩn phụ Đây là cách làm cho bạn nào không muốn coi ẩn thừa là tham số! Cụ thể như sau:

 Với y = 0 không thỏa mãn hệ

 Với y ≠ 0; ta có:

hpt ⇔

{

x2+ 2 x

y2+ 1

y4− 2xy = −1 3x2y2− 2 x

y2− x2− 2xy − 1

y4= 0

⇔ {

(x + 1

y2)

2

− 2xy = −1 3x2y2− 2xy − (x + 1

y2)

2

= 0 Đặt {a = x +

1

y2

b = xy

; hpt ⇔ a2− 2b = −1

3b2− 2b − a2= 0⇔ 3b2− 2b − (2b − 1) = 0a2= 2b − 1 ⇔ { b ≥

1 2

a2= 2b − 1 3b2− 4b + 1 = 0

⇔ [

b = 1 ⇒ a = ±1

b =1

3(loại vì b ≥

1

2)

⇔ [ {a = 1b = 1 {a = −1b = 1 ⇔

[

{x +

1

y2 = 1

xy = 1 {x +

1

y2= −1

xy = 1

⇔ [

{ x =

1 y

x2+ x = 1

1 y

x2+ x = −1 (pt vô nghiệm)

⇔

[

x =−1 + √5

−1 − √5 2

x =−1 − √5

−1 + √5 2 (thỏa mãn)

Nguồn gốc: Để tạo ra hệ phương trình trên, ta sẽ đi từ một hệ phương trình (u; v) bất kỳ (có thể giải được); sau đó tiến hành phép đặt u = u(x; y)v = v(x; y); ta sẽ đưa hệ đã cho về hệ hai ẩn (x; y) Thực hiện càng nhiều các phép đặt

ẩn mới, ta sẽ thu được hệ phương trình càng có tính lắt léo Hướng giải xuôi chắc chắn là sẽ đưa về hai ẩn (u; v) Đối với hệ phương trình trên thì ý tưởng tạo ra nó được xuất phát từ cách giải thứ hai; còn cách giải thứ nhất thật

ra cũng giống cách giải thứ hai (khác nhau ở chỗ có đem chia hay không), tuy nhiên ngoài việc dễ nhìn ra hơn thì cách giải đầu tiên còn mang một tinh thần khác hoàn toàn nằm ở việc coi ẩn thừa làm tham số

Hướng dẫn: Nhìn qua hệ thì thấy ngay rằng (2) sẽ không thể xử lý trước, còn (1) thì có thể nhìn thấy sự tương đồng về bậc giữa hai số hạng Cụ thể: (4x2+ 1) sẽ là bậc hai đối với x, còn (y − 3) sẽ là bậc hai đối với

√5 − 2y Do đó, ta sẽ chuyển vế để nắn ra hàm số f(t) = 4t3+ t ở cả hai vế Biểu thức (3 − y)√5 − 2y không thể chọn √5 − 2y làm vai trò giống như x được Do đó, khi gặp trường hợp này, ta phải chọn ước hoặc bội của (5 − 2y) làm ẩn

(1) ⇔ 4x3+ x = 4 (5

4−

y

2) √

5

4−

y

2+ √

5

4−

y 2 Đến đây, ta chỉ việc khảo sát hàm số f(t) = 4t3+ t và suy ra nó đồng biến trên ℝ Từ đó ta có kết quả: 2x =

√5 − 2y Công việc tiếp theo chắc chắn là đem thế vào (2) Tuy nhiên, nên thế theo x hay thế theo y? Nhận thấy rằng nếu thế theo y thì trong căn lại có căn (√3 − 2√5 − 2y) vô cùng lằng nhằng; do đó, ta sẽ thực hiện thế theo

x Khi đó ta được:

(2) ⇔ 16x4− 24x2+ 8√3 − 4x − 3 = 0

Phương trình này giải thế nào? Chắc chắn một điều là kiểu gì cũng sẽ ra đến phương trình này, vì không còn cách nào khác có thể xử lý hệ ban đầu ngon bằng việc khảo sát hàm đại diện như trên rồi Chúng ta sẽ thực hiện gạn điều kiện thật nghiêm ngặt để xử lý phương trình này Từ 2x = √5 − 2y có thể suy ra x ≥ 0, kết hợp với điều kiện ban đầu thì ta được x ∈ [0; ] Công việc bây giờ là mò nghiệm trong tập xác định; và ta tìm được một giá trị là

x = Bây giờ, chỉ còn hai con đường duy nhất có thể đi tiếp, đó là “ép nghiệm” và “khảo sát hàm số” Ta sẽ thử lần lượt cả hai hướng

 Hướng 1: Ép nghiệm:

pt ⇔ (16x4− 24x2+ 5) + 8 √3 − 4x − 1 = 0

⇔ (4x2− 5)(4x2− 1) + 8 2 − 4x

√3 − 4x + 1= 0

⇔ (2x − 1) [8x3+ 4x2− 10x − 5 − 16

√3 − 4x + 1] = 0 Công việc còn lại, và cũng mang nhiều nguy cơ nhất của hướng đi này là chứng minh cái ngoặc to kia vô nghiệm trong tập xác định! Do cái phân số kia dương, nên ta sẽ thử đi chứng minh hàm số bậc ba bên ngoài cũng âm trên tập xác định (nếu điều này không xảy ra thì nói chung rất khó để giải quyết; nhiều khi cũng là không thể) Thật may là khi khảo sát hàm g(x) = 8x3+ 4x2− 10x − 5 trên tập xác định thì giá trị của nó luôn âm; vậy là cái ngoặc

to kia luôn âm trên tập xác định của x Và bài toán được giải quyết

 Hướng 2: Khảo sát hàm số: Hướng này thường được sử dụng nếu hướng trên không khả thi, vì đây là biện pháp cuối cùng Và bây giờ ta sẽ thử xem hướng này có khả thi không

Xét h(x) = 16x4− 24x2+ 8√3 − 4x − 3 (x ∈ [0;34])

có h′(x) = 64x3− 48x − 16

√3 − 4x= 16x(4x

2− 3) − 16

√3 − 4x

do x ≤3

4⇒ x2 <

3

4⇒ h′(x) < 0 ∀ x ∈ (0;3

4) Nên h(x) nghịch biến trên [0;34] Kết quả thu được quá tốt và không thể tốt hơn!

Vậy là trong bài toán này, cả hai hướng xử lý của chúng ta đều khả thi, và hướng nào cũng khoa học

3 4 1

2

1

221rê

rerfd

s

Giải hệ phương trình: (4x2+ 1)x + (y − 3)√5 − 2y = 0 (1)

4x2+ y2+ 2√3 − 4x = 7 (2)

5

Bài giải chi tiết

Điều kiện:

{

x ≤

y ≤

(1) ⇔ 4x3+ x = 4 (5

4−

y

2) √

5

4−

y

2+ √

5

4−

y 2 Xét hàm số f(t) = 4t3+ t (t ∈ ℝ) có f′(t) = 12t2+ 1 > 0 ∀ t ∈ ℝ Do đó f(t) đồng biến trên ℝ

Mà ta có f(x) = f (√5

4−

y

2) ⇔ x = √

5

4−

y

2 (nên x ≥ 0) Khi đó ta được:

(2) ⇔ 16x4− 24x2+ 8√3 − 4x − 3 = 0 (3)

 Cách 1: Ép nghiệm: Ta có:

(3) ⇔ (16x4− 24x2+ 5) + 8 √3 − 4x − 1 = 0 ⇔ (4x2− 5)(4x2− 1) + 8 2 − 4x

√3 − 4x + 1 = 0

⇔ (2x − 1) [8x3+ 4x2− 10x − 5 − 16

√3 − 4x + 1] = 0 ⇔

{

x =1

2⇒ y = 2 (thỏa mãn) 8x3+ 4x2− 10x − 5 − 16

√3 − 4x + 1= 0 Xét hàm số g(x) = 8x3+ 4x2− 10x − 5 với x ∈ [0;34] có g′(x) = 24x2+ 8x − 10 = 0 ⇔ x =1

2

Do g(0) = −5; g (3

4) = −

55

8 ; g (

1

2) = −8 nên g(x) < 0 ∀ x ∈ [0;34] Nên phương trình 8x3+ 4x2− 10x − 5 − 16

√3 − 4x + 1= 0 vô nghiệm trên [0;34]

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( ; 2)

 Cách 2: Khảo sát hàm số:

Xét h(x) = 16x4− 24x2+ 8√3 − 4x − 3 (x ∈ [0;34])

có h′(x) = 64x3− 48x − 16

√3 − 4x= 16x(4x

2− 3) − 16

√3 − 4x

do x ≤3

4⇒ x2<

3

4⇒ h′(x) < 0 ∀ x ∈ (0;3

4) Nên h(x) nghịch biến trên [0;3

4]

mà h (1

2 ) = 0 Nên x =

1

2 là nghiệm duy nhất của phương trình ⇒ y = 2 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: {x =

1 2

y = 2

Hướng dẫn: Nhìn (1) làm ta nghĩ ngay đến phương pháp xét hàm đại diện, và ta cũng nhẩm được ra ngay nghiệm x = y sẽ thỏa mãn (1); tuy nhiên ý tưởng đó nhanh chóng bị vụt tắt vì x(x + y) không phải √x + y 2! Tuy nhiên ta cũng đã nhẩm được ra x = y; do đó ta cũng không nên bỏ phí hướng giải này Ta thử tiến hành ép ra biểu

3 4 5 2

1 2

1

221rê

rerfd

s

Giải hệ phương trình: {√x + y + x(x + y) = √2y + 2y

2 (1)

√x2+ 4y − 3 + 1 = √3x − 2 + y (2)

6

thức (x − y) Đương nhiên khi đã dùng kỹ thuật này thì ta phải gạn chặt điều kiện! Sau khi ép xong, ta thu được kết quả:

⇔ (x − y) ( 1

√x + y + √2y+ x + 2y) = 0

Vấn đề của cái ngoặc to này đơn giản vì nó luôn dương trong điều kiện xác định

Vậy x = y Khi đó ta lại phải tiến hành ép nghiệm một lần nữa vì phương trình thu được không mấy dễ giải quyết theo các cách thông thường Và ta nhanh chóng tìm ra được nó có một nghiệm x = 2 Kết quả ép nghiệm như sau: (x − 2) ( x + 6

√x2+ 4x − 3 + 3−

3

√3x − 2 + 2− 1) = 0 ⇔ [

x = 2

x + 6

√x2+ 4x − 3 + 3=

3

√3x − 2 + 2+ 1 (3)

Để cách làm này không bị phá sản, ta phải chứng minh (3) vô nghiệm bằng mọi giá! Thử bằng máy tính một vài giá trị ta thấy vế trái của (3) luôn nhỏ hơn vế phải Do đó ta thử đi chứng mình điều này với mọi x thỏa mãn điều kiện Cụ thể như sau:

√x2+ 4x − 3 + 3− 1 =

3

√3x − 2 + 2⇔

x − √x2+ 4x − 3 + 3

√x2+ 4x − 3 + 3 =

3

√3x − 2 + 2

Ta có x − √x2+ 4x − 3 = − 4x − 3

x + √x2+ 4x − 3< 0 ∀ x ≥

3 2 Nên x − √x2+ 4x − 3 + 3 < 3 (4)

Ta có √x2+ 4x − 3 − √3x − 2 = x2+ x − 1

√x2+ 4x − 3 + √3x − 2> 0 ∀ x ≥

3 2

Và 3 > 2; nên √x2+ 4x − 3 + 3 > √3x − 2 + 2 (5)

Từ (4) và (5) suy ra x − √x2+ 4x − 3 + 3

√x2+ 4x − 3 + 3 <

3

√3x − 2 + 2

√x2+ 4x − 3 + 3<

3

√3x − 2 + 2+ 1 ∀ x ≥

3 2

Ơn trời cách làm chày cối này cuối cùng cũng không phụ lòng người kiên trì!

Bài giải chi tiết Điều kiện: y ≥ 0; x ≥

Ta có: (1) ⇔ √x + y − √2y + (x2+ xy − 2y2) = 0 ⇔ (x − y) ( 1

√x + y + √2y+ x + 2y) = 0 Với {

y ≥ 0

x ≥3

2

√x + y + √2y+ x + 2y > 0 ∀ x; y ∈ ℝ Vậy x = y Khi đó; (2) tương đương:

√x2+ 4x − 3 + 1 = √3x − 2 + x ⇔ (√x2+ 4x − 3 − 3) = √3x − 2 − 2 + (x − 2)

⇔ [

x = 2

x + 6

√x2+ 4x − 3 + 3=

3

√3x − 2 + 2+ 1 (3)

Ta có: (3) ⇔ x + 6

√x2+ 4x − 3 + 3− 1 =

3

√3x − 2 + 2⇔

x − √x2+ 4x − 3 + 3

√x2+ 4x − 3 + 3 =

3

√3x − 2 + 2

Ta có x − √x2+ 4x − 3 = − 4x − 3

x + √x2+ 4x − 3< 0 ∀ x ≥

3 2 Nên x − √x2+ 4x − 3 + 3 < 3 (4)

Ta có √x2+ 4x − 3 − √3x − 2 = x2+ x − 1

√x2+ 4x − 3 + √3x − 2> 0 ∀ x ≥

3 2 3

2

Và 3 > 2; nên √x2+ 4x − 3 + 3 > √3x − 2 + 2 (5)

Từ (4) và (5) suy ra x − √x2+ 4x − 3 + 3

√x2+ 4x − 3 + 3 <

3

√3x − 2 + 2

√x2+ 4x − 3 + 3<

3

√3x − 2 + 2+ 1 ∀ x ≥

3 2

Do đó x = 2 ⇒ y = 2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (2; 2)

Nguồn gốc: Thực sự thì chúng ta không chắc chắn lắm về việc phương trình cuối cùng có được người ra

đề giải quyết bằng kỹ thuật “ép nghiệm” hay không! Việc nghĩ ra cách làm đó đúng là không có chút gì đảm bảo và mang rất nhiều yếu tố may mắn, do đó nó chưa thể hoàn toàn là hướng bắt nguồn của phương trình

Còn về phương trình đầu của hệ, mặc dù có vẻ như có dạng tương đồng hàm số, nhưng kết cục lại là không áp dụng được một chút gì gọi là hàm số vào để xử lý Vậy sao người ra đề lại có thể tạo được ra những kiểu phương trình oái oăm như vậy? Câu trả lời không đi từ ý tưởng hàm số, mà đi từ ý tưởng đánh giá: “nếu f(x) > g(y) thì

A > B (hoặc A < B); nếu f(x) < g(y) thì A < B (hoặc A > B); do đó chỉ còn lại trường hợp f(x) = g(y) thì A = B”

Cụ thể trong bài này, ta sẽ giải quyết phương trình đầu như sau:

Xét √x + y + x(x + y) = √2y + 2y2 (1) (với x; y > 0))

Nếu x > y ⇒ x + y > 2y ⇒ √x + y > √2y

x(x + y) > y 2y = 2y2 ⇒ √x + y + x(x + y) > √2y + 2y2

Nếu x < y ⇒ x + y < 2y ⇒ √x + y < √2y

x(x + y) < y 2y = 2y2 ⇒ √x + y + x(x + y) < √2y + 2y2

Do đó x = y, ta thấy thỏa mãn (1)

Vậy giữa hai phương pháp là đánh giá bằng hàm số và đánh giá trực tiếp thì phương pháp nào hiệu quả và tổng quát hơn? Câu trả lời là không có phương pháp nào hiệu quả cũng như tổng quát hơn Hai phương pháp này là phần bù của nhau; khi gặp một phương trình mà có vẻ đánh giá được bằng hàm số nhưng lại không thể đánh giá được thì ta nên đánh giá trực tiếp Tuy nhiên số lượng bài sử dụng việc đánh giá trực tiếp này là không nhiều Và khi có thể đánh giá trực tiếp thì tinh thần của nó còn được biểu diễn dưới phép biến đổi liên hợp để ép ra thừa

số