phuong phap giai he 2015

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ BẰNG CÁCH QUY MỘT PHƯƠNG TRÌNH CỦA HỆ VỀ DẠNG FU = FV I.. + Tìm mối liên hệ giữa x và y thay vào phương trình còn lại để giải tiếp... Biến

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ BẰNG CÁCH QUY MỘT PHƯƠNG TRÌNH CỦA HỆ VỀ DẠNG F(U) = F(V)

I Kiến thức cơ bản:

Cơ sở lý thuyết 1

( )

/

* f x( ) 0> ∀ ∈x a b; ⇒ f x( )đồng biến trên ( )a b ;

( )

/

* f x( ) 0> ∀ ∈x a b; ⇒ f x( )đồng biến trên ( )a b ;

Cơ sở lý thuyết 2

( )

/

* f x( ) 0≥ ∀ ∈x a b; và f x/( ) 0= tại một số hữu hạn điểm⇒ f x đồng biến ( ) trên ( )a b ;

( )

/

* f x( ) 0≤ ∀ ∈x a b; và f x/( ) 0= tại một số hữu hạn điểm⇒ f x nghịch biến ( )

trên ( )a b ;

Cơ sở lý thuyết 3

( )

/

* ( ) 0f x > ∀ ∈x a b và f(x) liên tục trên ; [ ]a b; ⇒ f x đồng biến trên ( ) [ ]a b ;

( )

/

* ( ) 0f x < ∀ ∈x a b và f(x) liên tục trên ; [ ]a b; ⇒ f x nghịch biến trên ( ) [ ]a b ;

Cơ sở lý thuyết 4

Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu và liên tục trên D thì số nghiệm của f(x)=k trên D

có nhiều nhất một nghiệm và f(x)=f(y)⇔x=y với mọi x,y thuộc D

II Phương pháp:

Phương pháp chung

+ Đưa một phương trình của hệ về dạng ( )f u = f v ( )

+ Tìm tập giá trị của u là D và tập giá trị của v là u D v

+ Chứng minh hàm sốy = f t đơn điệu trên tập hợp ( ) D D= u ∪D v

+ Suy ra, u = v

+ Tìm mối liên hệ giữa x và y thay vào phương trình còn lại để giải tiếp

III Các ví dụ:

1 Biến đổi trực tiếp một phương trình của hệ về dạng f(u)= f(v):

Bài toán 1 Giải hệ

2 3 3 (2)

+ + + =



 + + + =



x y x y

Giải:

Điều kiện: 2

3

≥ −



 ≥ −



x

y (*)

Ta có (1)⇔ +x5 y5 + + = ⇔ + = −x y 0 x5 x ( y)5 + − ⇔( x) f x( )= −f( y) (3) Với f t( )= +t5 t

Xét hàm số f t( )= +t5 t trên ¡

Ta có f t/( ) 5= t4 + > ∀ ∈1 0 t ¡

Suy ra, f(t) đồng biến trên ¡

Nên phương trình (3)⇔ = −x y

Điều kiện (*) trở thành 2

3

≤



 ≥ −



y y

Thay x= - y vào phương trình (2) ta được

6 2

2 ( )

=



⇔ − − + = ⇔  = −y y y n

Với y = ⇒ = −1 x 1 (thỏa điều kiện)

Với y = − ⇒ =2 x 2 (thỏa điều kiện)

Vậy nghiệm của hệ đã cho là (-1 ; 1), (2 ; -2)

Bài toán 2 Giải hệ

2

(1)



 + + + =



x xy y y

2

2− +y y+ = ⇔ +3 3 5 2 − − + =y y 6 9

( KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM 2011-2012 )

Giải

Điều kiện: 1

3

≥ −

x (*)

Ta có

3

(1)⇔ + = + ⇔  + = +

 ÷

 

y y ( vì y = 0 không thỏa hệ)

Xét hàm số f t( )= +t3 t t, ∈¡

Ta có f t/( ) 3= t2 + > ∀ ∈1 0 t ¡

Nên hàm số f(t) đồng biến trên ¡

Do đó, (3)⇔ = ⇔ =x y x y2

y

Thay vào (2 ta được 3x+ +1 x+ = ⇔3 4 4x+ +4 2 3x2 +10x+ =3 16

2

2

3 3

34 33 0

33

≤



≤

x x

x

Với x= ⇒ = ±1 y 1

Vậy nghiệm của hệ đã cho là (1 ;1), (1 ; -1)

Bài toán 3 Giải hệ ( 2 4) 1 ( 3) (1)

0 (2)



 + + =



y x y

Giải:

Điều kiện: x≥ −1

Ta có (1)(x+ +1 3) x+ =1 (y+3)y⇔ f ( x+ =1) f y( ) (*)

Với f t( ) (= t2 +3)t

Xét hàm số f t( ) (= t2 +3)t trên ¡

Ta có f t/( ) 3= t2 + > ∀ ∈3 0 t ¡

Nên f(t) đồng biến trên ¡

Thay x y= 2 −1 vào (2) ta được 2

1 ( ai)

2

= −



 + − = ⇔

 =



y lo

y y

y

= ⇒ = −

y x (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của hệ là 3 1;

4 2

− 

Bài toán 4 Giải hệ

3

 + + + = + +





− + + + + − =



Giải:

Điều kiện: x≥ −5;y ≥1 (3)

Ta có (1)2x+ +1 3 2x+ = + +1 x y 3 x y+ ⇔ f ( 3 2x+ =1) f(3 x y+ ) (*) Với f t( )= +t t 3

Xét hàm số f t( )= +t t trên ¡ 3

Ta có f t/( ) 1 3= + t2 > ∀ ∈0 t ¡

Nên f(t) đồng biến trên ¡

Do đó, (*)⇔ 3 2x+ =1 3 x y+ ⇔ = +y x 1

Điều kiện (3) trở thành x≥0

Thay y x= +1 vào (2) ta được x + x+ + + −5 x3 x 73 0= (**)

Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (**)

Với x>0

Ta thấy x = 4 là nghiệm của (**)

Xét hàm số g x( )= x + x+ + + −5 x3 x 73trên khoảng (0;+∞)

= + + + > ∀ ∈ +∞

+

Suy ra g(x) đồng biến trên khoảng (0;+∞)

Vậy (**) có nghiệm duy nhất là x = 4

Với x = 4 ⇒ =y 5

Vậy nghiệm của hệ đã cho là (4 ; 5)

2







Giải:

Điều kiện: − ≤ ≤1 x 4;2x y+ 2 ≥0 (*)

Ta có (1) ⇔ + +x 1 44 x+ =1 2x y+ 2 +4 24 x y+ 2 ⇔ f ( 4 x+ =1) f ( 4 2x y + 2) (**)

Với f t( )= +t4 4t

Xét hàm số f t( )= +t4 4t với t≥0

Ta có f t/( ) 4= t3 + > ∀ ≥4 0 t 0 nên hàm số f(t) đồng biến trên [0;+∞)

Do đó, (**)⇔ 4 x+ =1 4 2x y+ 2 ⇔ + =x 1 2x y+ 2 ⇔ = −x 1 y2

Điều kiện (*) trở thành 1− ≤ ≤ −x 4; 2≤ ≤y 2

Phương trình (2) trở thành

( 2 2 )( 2 2 )



⇔



⇔ + y + = y + ⇔ + y + y + = y +

2 2

2 3 1 1 2

8 67

8 67



− ≤ ≤





⇔ + = − ⇔ = + ⇔ ∈

 = −



y

y y

φ

Vậy hệ đã cho vô nghiệm

2 Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u)= f(v) bằng cách đặt một ẩn phụ:

Với mỗi phương trình của hệ ta có thể đưa trực tiếp về dạng f(u) = f(v), tuy nhiên

ta vẫn thấy khó khăn nên ta đặt một ẩn phụ để dễ dàng nhận biết hàm số cần chọn

Bài toán 6 Giải hệ

3 2

9 7 3 6 8 (2)







y y x x

Giải:

Điều kiện: 1

3

≥

x

Đặt z = 3x−1 (z≥0)

Ta có

3

+

= z

x

Phương trình (1) trở thành (3 )y 3 +3y z= + ⇔3 z f(3 )y = f z (*)( )

Với f t( )= +t3 t

Xét hàm số f t( )= +t3 t trên ¡

Ta có f t/( ) 3= t2 + > ∀ ∈1 0 t ¡

Nên f(t) đồng biến trên ¡

0

3

≥







y

x

Thay

2

3

+

= y

x vào (2) ta được

1

= −

 + + + = ⇔ + = ⇔ = ⇔  =y lo

y

= ⇒ =

y x (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của hệ là 1 1;

3 2

 

 

Bài toán 7 Giải hệ

3

2( 2) 3 2 (2)







x x y y

Giải:

Điều kiện:

1 2 0

 ≥





 ≥



y x

Đặt z = 2y−1 (z≥0)

Ta có

2

+

= z

y

Phương trình (1) trở thành (2 )x 3 +2x z= + ⇔3 z f(2 )x = f z (*)( ) Với f t( )= +t3 t

Xét hàm số f t( )= +t3 t trên ¡

Ta có f t/( ) 3= t2 + > ∀ ∈1 0 t ¡

Nên f(t) đồng biến trên ¡

Do đó,

2

2

+

⇔ x z= ⇔ x= y− ⇔ x = y− ⇔ =y x

Thay

2

2

+

= x

y vào (2) ta được

4x + +5 3 x =2x⇔ +5 9x+2 (4x +5)x =0 (3)

Ta có x≥0⇒VT(3) >0 nên phương trình (3) vô nghiệm.

Vậy nghiệm đã cho vô nghiệm

Bài toán 8 Giải hệ

4 4

2 ( 1) 6 1 0 (2)

 + + − − + =







( ĐỀ TSĐH KHỐI A, A 1 NĂM 2013)

Giải:

Điều kiện: x≥1

Xét phương trình (2)

Ta có ∆ =/y (y−1)2 −(y2 −6y+ =1) 4y

Phương trình (2) có nghệm ∆ ≥ ⇔ ≥/y 0 y 0

Do đó y≥0

Đặt z = 4 x−1 (z≥0)

Ta có x z= +4 1

Phương trình (1) trở thành z4 + + =2 z y4 + + ⇔2 y f z( )= f y (*)( ) Với f t( )= t4 + +2 t

Xét hàm số f t( )= t4 + +2 t với t≥0

Ta có

3 /

4

2

2

= + > ∀ ≥ +

t

t

Nên f(t) đồng biến trên [0;+∞)

Do đó, (*)⇔ = ⇔ =z y x y4 +1

Thay x y= 4 +1 vào (2) ta được

0 (3)

2 4 0 (4)

=





y

Xét phương trình (4)

Đặt g y( )= y7 +2y4 + −y 4

Ta có g(1) = 0

/( ) 7= 6 +8 3+ > ∀ ≥1 0 0

Nên phương trình (4) có nghiệm duy nhất y = 1

* Với y = ⇒ =0 x 1

* Với y = ⇒ =1 x 2

Vậy nghiệm của hệ là ( )1;0 ,(2;1)

3 Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u)= f(v) bằng cách đặt hai ẩn phụ:

Với mỗi phương trình của hệ ta có thể đưa trực tiếp về dạng f(u) = f(v), tuy nhiên

ta vẫn thấy khó khăn nên ta đặt hai ẩn phụ để dễ dàng nhận biết hàm số cần chọn

Bài toán 9 Giải hệ

(1 2 ) 1 0 (2)







Giải:

Điều kiện: x≥0

Từ (1)⇒ − ≥ ⇒ ≤1 x 0 x 1

Đặt

1

 =



= +



a x

Phương trình (1) trở thành

(1−a a) +(b −1)b= ⇔ − = − ⇔0 a a b b f a( )= f b (*)( ) Với f t( )= −t t 3

Xét hàm số f t( )= −t t với 3 t≥1

Ta có f t/( ) 1 3= − t2 < ∀ ≥0 t 1

Nên f(t) nghịch biến trên [1;+∞)

Do đó, (*)⇔ = ⇔ = +a b x 1 y 2

Thay x= +1 y vào (2) ta được2

1+ y − +(1 2 )(1y + y ) 1+ + y = ⇔ +0 (1 y )(y −2y+ =1) 0

2

2

1

2 1 0

+ =



⇔ − + =y y y ⇔ =y

* Với y = ⇒ =1 x 2

Vậy nghiệm của hệ là (2;1)

Bài toán 10 Giải hệ

1 (3 ) 2 0 (1)





− + − = −



Giải:

Điều kiện: y≤2,x≤3

Từ (2)⇒2x− ≥ ⇒ ≥2 0 x 1

Đặt

3

3

1

0, 0 2

 = −





a x

Phương trình (1) trở thành

(a +1)a+ −(1 b b) = ⇔0 a + = −a ( )b + − ⇔( )b f a( )= −f( )b (*)

Với f t( )= +t4 t

Xét hàm số f t( )= +t4 t với t≥0

Ta có f t/( ) 4= t3 + > ∀ ≥1 0 t 0

Nên f(t) đồng biến trên [0;+∞)

Do đó, (*)⇔ = − ⇔ = −a b y 3 x

Thay y= −3 x vào (2) ta được

− + − = − ⇔ − − + − − − + =

2 (3)

2 0 (4)

=





x

x

Do VT(5) ≤1,VP(5) >2 nên phương trình (5) vô nghiệm

* Với x= ⇒ =2 y 1

Vậy nghiệm của hệ là (2;1)