Luận văn Một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HOÀNG THỊ DỊU
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
HÀ NỘI - NĂM 2014
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HOÀNG THỊ DỊU
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - NĂM 2014
Mục lục
LỜI GIỚI THIỆU
2
1 CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN
3
3
4
5
9
1.1 Hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . . . . .
1.4 Hệ phương trình đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
11
2.1 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . 12
2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.5 Phối hợp nhiều phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
16
3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình . . . . . . . . . 16
3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn . . . . . . . . . . . . 17
Kết luận
Tài liệu tham khảo
19
20
1
LỜI GIỚI THIỆU
Hệ phương trình là một chuyên đề quan trọng trong chương trình học phổ
thông. Đề thi đại học các năm hầu hết đều có câu hệ phương trình. Đó cũng là
một phần học quan trọng ở đại số lớp 10. Từ khá lâu nay việc tìm cách tổng hợp
các phương pháp để giải hệ phương trình cũng đã được rất nhiều người quan tâm.
Hệ bất phương trình thì lại là một lĩnh vực mà ít được mọi người quan tâm
hơn. Các tài liệu tổng hợp về phương pháp giải hệ bất phương trình có thể nói là
khá ít.
Dựa trên sự giúp đỡ chỉ dẫn của thầy Nguyễn Văn Mậu cùng với sự tìm tòi
tham khảo tôi đã tổng hợp được một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ
bất phương trình đại số.
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận chung, danh mục các tài liệu tham khảo,
cấu trúc của luận văn bao gồm có ba chương.
Chương 1 trình bày một số dạng cùng phương pháp và cách giải hệ phương
trình đại số.
Chương 2 trình bày một số phương pháp và những ví dụ về giải hệ bất phương
trình đại số.
Chương 3 xét các hệ chứa tham số và hệ bất phương trình một ẩn.
2
Chương 1
CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH
CƠ BẢN
1.1 Hệ phương trình tuyến tính
Nhận dạng
Xét hệ phương trình
{
a1X + b1Y = c1
a2X + b2Y = c2
Phương pháp giải
Thường có ba phương pháp:
Cách 1 phương pháp thế.
Tư một phương trình ta rút một ẩn theo ẩn kia và thế vào phương trình còn lại.
Cách 2 phương pháp cộng đại số.
Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình một hợp lý để dễ dàng tìm được x hoặc
y.
Cách 3 dùng định thức.
Lưu ý : Đôi khi cũng cần một vài biến đổi như đặt ẩn phụ thì hệ mới quy về hệ
hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
Sau đây là một số bài toán. Và thông thường, với một bài toán ta cũng có thể
kết hợp vài phương pháp để giải một cách thuận lợi.
Bài toán 1.1. Giải hệ phương trình
2x − 3 y + 7
+
= 5
= 5
x − 2
y + 3
x + 1 3y + 1
+
x − 2
y + 3
3
Lời giải.
1
4
2 +
+ 1 +
= 5
= 5
x − 2
y + 3
Hệ phương trình tương đương với
⇔
3
8
1 +
+ 3 −
x − 2
y + 3
1
4
+
= 2
= 1
x − 2 y + 3
3
8
−
x − 2 y + 3
{
1
1
u + 4v = 2
3u − 8v = 1
Đặt
= u,
= v với u, v = 0 hệ trở thành
̸
x − 2
y + 3
Sử dụng định thức, ta tính được D = −20, DX = −20, DY = −5. Từ đó thu
được u =
DX
D
DY
D
1
= 1, v =
= . Cuối cùng ta dễ dàng tính được (x; y) = (3; 1).
4
1.2 Hệ phương trình đối xứng
Hệ phương trình đối xứng loại 1
Nhận dạng
Khi tráo đổi vai trò của x và y trong hệ thì từng phương trình không thay đổi.
Nhận xét Nếu hệ có (x0; y0) là một nghiệm thì (y0; x0) cũng là một nghiệm của
hệ.
Phương pháp tổng quát
{
S = x + y
P = xy
Đặt
Điều kiện để hệ có nghiệm là S2 − 4P ≥ 0.
Khi tìm được nghiệm S, P thì x, y sẽ là hai nghiệm của phương trình t2−St+P =
0.
Lưu ý đôi khi ta cũng cần qua một vài biến đổi như đặt ẩn phụ để đưa hệ về
dạng đối xứng loại 1.
Bài toán 1.2. Giải hệ phương trình sau
1
1
x + y + + = 4
x
y
1
1
2
2
x + y +
+
= 4
x2 y2
Lời giải.
4
1
1
Đặt x + = u, y + = v.
x
y
1
x2
1
y2
Suy ra x2 +
= u2 − 2; y2 +
= v2 − 2.
Khi đó hệ trở thành
{
⇔
u + v = 4
u2 + v2 = 8
{
{
{
u + v = 4
u + v = 4
uv = 4
u = 2
v = 2
⇔
⇔
(u + v)2 − 2uv = 8
1
{
x + = 2
x = 1
y = 1
x
⇔
⇔
1
y + = 2
y
{
x = 1
y = 1
Vậy nghiệm của hệ là
1.3 Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh
Dạng 1: Xét hệ phương trình có dạng:
f(x ) = g(x )
1
2
f(x ) = g(x )
2
3
...
f(xn−1) = g(xn)
f(xn) = g(x1)
Nếu hai hàm số f và g cùng đồng biến trên một tập A và (x1; x2; ...; xn) là nghiệm
của hệ phương trình, trong đó xi ∈ A, ∀i = 1, 2, .., n thì x1 = x2 = ... = xn.
Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát ta giả sử
x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Khi đó ta có x1 ≤ x2 suy ra f(x1) ≤ f(x2). Từ đó g(x2) ≤ g(x3), suy ra x2 ≤ x3.
Tiếp tục quá trình đó, cuối cùng ta sẽ suy ra xn ≤ x1.
Tóm lại x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn ≤ x1.
Từ đó suy ra x1 = x2 = ... = xn.
Bài toán 1.3 (Đề thi HSG Quốc Gia năm 1994). Giải hệ phương trình
x3 + 3x − 3 + ln(x2 − x + 1) = y
z3 + 3z − 3 + ln(z2 − z + 1) = x
y3 + 3y − 3 + ln(y2 − y + 1) = z
5
Lời giải
Xét hàm số f(t) = t3 + 3t − 3 + ln(t2 − t + 1).
2t − 1
Ta có f′(t) = 3(t2 + 1) +
> 0, ∀t ∈ R.
t2 − t + 1
Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R. Hệ phương trình có thể được viết thành
f(x) = y
f(y) = z
f(z) = x
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z}. Khi đó ta có
x ≤ y suy ra f(x) ≤ f(y) hay y ≤ z. Từ đó f(y) ≤ f(z) hay z ≤ x.
Tóm lại x ≤ y ≤ z ≤ x. Suy ra x = y = z.
Xét phương trình x3+3x−3+ln(x2−x+1) = x ⇔ x3+2x−3+ln(x2−x+1) = 0
Phương trình đó có một nghiệm là x = 1.
Mà hàm số h(x) = x3 + 2x − 3 + ln(x2 − x + 1) đồng biến trên R nên x = 1 là
nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 1.
Dạng 2: Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ)
f(x ) = g(x )
1
2
f(x ) = g(x )
2
3
...
f(xn−1) = g(xn)
f(xn) = g(x1)
Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn) là
nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A thì x1 = x2 = ... = xn.
Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát, giả sử
x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Ta có
x1 ≤ x2 suy ra f(x1) ≥ f(x2) hay g(x2) ≥ g(x1). Từ đó x2 ≥ x3,...
Tiếp tục như vậy ta sẽ thu được f(xn) ≥ f(x1) hay g(x1) ≥ g(x2), suy ra
x1 ≥ x2.
Chứng tỏ x1 = x2.
Tóm lại từ quá trình trên ta suy ra được x1 = x2 = ... = xn.
Bài toán 1.4. Giải hệ phương trình
6
3
2
( )
2x +x
1
= y
= z
= x
4
( )
1
3
2
2
2y +y
4
( )
1
3
2z +z
4
Lời giải Nhận thấy vế trái của các phương trình trong hệ đều dương nên hệ chỉ
có nghiệm x, y, z > 0.
Xét hàm số f(t) = (14)2t +t
3
2
.
3
2
( )
2t +t
1
Ta có f′(t) = −(2 ln 4)(3t2 + t)
< 0, ∀t > 0.
4
Do đó hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x; y; z}.
Khi đó x ≤ y suy ra f(x) ≥ f(y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f(y) ≤ f(z) hay
z ≥ x.
Do đó x = z. Suy ra f(x) = f(z), nên y = x.
1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = .
2
Dạng 3 Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn)
f(x ) = g(x )
1
2
f(x ) = g(x )
2
3
...
f(xn−1) = g(xn)
f(xn) = g(x1)
Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn)
là nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A, ∀i = 1, 2, ..., n thì
{
x1 = x3 = ... = xn−1
x2 = x4 = ... = xn
Để chứng minh khẳng định trên, ta giả sử x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Ta có
x1 ≤ x3 suy ra f(x1) ≥ f(x3) hay g(x2) ≥ g(x4). Suy ra x2 ≥ x4.
Do đó f(x2) ≤ f(x4), suy ra g(x3) ≤ g(x5).
Do đó x3 ≤ x5
... Tiếp tục quá trình, đến f(xn−2) ≤ f(xn), suy ra g(xn−1) ≤ g(x1). Do đó
xn−1 ≤ x1.
Suy ra f(xn−1) ≥ f(x1) hay g(xn) ≥ g(x2), từ đó xn ≥ x2.
Tóm lại ta có
7
+ x1 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn−1 ≤ x1, suy ra x1 = x3 = ... = xn−1
+ x2 ≥ x4 ≥ ... ≥ xn ≥ x2, suy ra x2 = x4 = ... = xn.
;
Bài toán 1.5. Giải hệ phương trình sau
(x − 1)2 = 2y
(y − 1)2 = 2z
(z − 1)2 = 2t
(t − 1)2 = 2x
Lời giải Nhận xét vế trái của các phương trình trong hệ đều không âm nên hệ chỉ
có nghiệm x, y, z, t ≥ 0.
Xét hàm số f(s) = (s − 1)2. Ta có f′(s) = 2(s − 1). Do đó hàm số f đồng biến
trên khoảng (1; +∞) và nghịch biến trên [0; 1].
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z, t}.
+ Nếu x ∈ (1; +∞) thì x, y, z, t ∈ (1; +∞), nên theo dạng 1 ở trên ta vừa xét,
√
hệ sẽ có nghiệm duy nhất x = y = z = t = 2 + 3.
+ Nếu s ∈ [0; 1] thì do tính liên tục và nghịch biến trên khoảng này của hàm f
nên 0 ≤ f(x) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2y ≤ 1, từ đó cũng có y ∈ [0; 1]. Tương tự cũng có
z, t ∈ [0; 1].
Với x, y, z, t ∈ [0; 1], ta có
x ≤ y suy ra f(x) ≥ f(y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f(y) ≤ f(z) hay z ≤ x. Suy
ra x = z, và f(x) = f(z). Do đó y = t
Hệ phương trình trở thành
{
(x − 1)2 = 2y
(y − 1)2 = 2x
√
√
⇔ x = y = 2 + 3 hoặc x = y = 2 − 3
√
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x = y = z = t = 2 − 3; x = y = z = t =
√
2 + 3
Sau đây ta xét một số hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh với hai ẩn số
mà trong chương trình phổ thông còn gọi là hệ phương trình đối xứng loại hai và
cũng có cách giải đặc trưng riêng là trừ từng vế hai phương trình để tạo nhân tử
chung x − y.
Bài toán 1.6. Giải hệ phương trình
{
x3 + 4x = y + 4(1)
y3 + 4y = x + 4
Lời giải.
8
Trừ từng vế hai phương trình ta thu được
(x − y)(x2 + y2 + xy) + 4(x − y) = −(x − y)
⇔ (x − y)(x2 + y2 + xy + 5) = 0
y
3
Vì x2 + y2 + xy + 5 = (x + )2 + y2 + 5 > 0 với mọi x, y nên suy ra x − y = 0
2
4
hay y = x, thế vào (1) ta có
x3 + 4x = x + 4
⇔ x3 + 3x − 4 = 0
⇔ (x − 1)(x2 + x + 4) = 0
⇔ x = 1
Vậy hệ có một nghiệm duy nhất là x = y = 1.
1.4 Hệ phương trình đẳng cấp
Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc hai theo x, y.
Dạng tổng quát
{
ax2 + bxy + cy2 = d
a′x2 + b′xy + c′y2 = d′
Phương pháp tổng quát
* Xét x = 0. Thay vào hệ nếu tìm được y thỏa mãn thì hệ có nghiệm không thì
vô nghiệm trong trong trường hợp này.
* Xét x = 0
̸
- Nếu có một trong hai d hoặc d′ bằng 0, như d = 0 thì ta chia cả hai vế của
phương trình thứ nhất cho x2, từ đó thu được phương trình có dạng
( )
2
y
y
A
+ B + C = 0
x
x
y
Giải phương trình này tìm được tỉ số , từ đó rút y được theo x , lại thay vào
x
phương trình thứ hai thì tìm được y, từ đó thu được x.
- Nếu cả d và d′ đều khác 0 thì ta cũng có thể tạo ra một phương trình thuần
nhất (hệ số tự do bằng 0) được bằng cách nhân cả hai vế của từng phương trình
với hệ số phụ tương ứng của d và d′ rồi lại trừ từng vế các phương trình thu được.
Tiếp đó ta lại làm hoàn toàn tương tự như trên.
Bài toán 1.7. Giải hệ phương trình
{
x2 − 2xy − 3y2 = 0(1)
x|x| + y|y| = −2(2)
9
Lời giải.
- Nếu y = 0, thì theo (1) ta có x = 0, nhưng thay x = y = 0 vào (2) thì vô lý, do
đó y = 0 không thỏa mãn.
- Nếu y
̸
( )
2
x
− 2 − 3 = 0 Từ đó ta có hai trường hợp sau:
y
x
TH1 = −1 hay x = −y, thế vào phương trình (2) ta có
y
−y|y| + y|y| = −2 ⇔ 0 = −2 (VN).
x
TH2 = 3 hay x = 3y, thê vào phương trình (2) ta có
y
1
3y|3y| + y|y| = −2 ⇔ 10y|y| = 2 ⇔ y|y| = − (3)
5
+ Nếu y > 0 thì |y| = y, thay vào (3) vô nghiệm.
1
+ Nếu y < 0 thì |y| = −y, thay vào (3) được y2 = . Từ đây ta giải được hai
5
nghiệm của hệ phương trình là
(
) (
)
3
1
3
1
√ √
√
√
;
, −
; −
.
5
5
5
5
10
Chương 2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ
PHƯƠNG TRÌNH
2.1 Phương pháp thế
Bài toán 2.1 (Đề thi đại học khối D năm 2008). Giải hệ phương trình sau
{
xy + x + y = x2 − 2y2
(1)
√
√
x 2y − y x − 1 = 2x − 2y (2)
Lời giải.
Điều kiện: x > 1; y > 0.
(1) ⇔ xy + y2 + x + y + y2 − x2 = 0 ⇔ y(x + y) + (x + y) + (x + y)(y − x) = 0
⇔ (x + y)(2y − x + 1) = 0.
- TH1: y = −x. Vì y > 0 nên x 6 0, loại.
- TH2: x = 2y + 1, thay vào (2) ta được:
√
√
√
(2y + 1) 2y − y 2y = 2y + 2 ⇔ (y + 1)( 2y − 2) = 0 ⇔ y = 2 (vì y > 0).
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là (5; 2).
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ
Có những bài toán cần phải đặt ẩn phụ để việc giải quyết bài toán trở
nên dễ dàng hơn (thường là khi thấy trong hệ phương trình xuất hiện cụm
ẩn nào đó được lặp lại). Sau đây là một số bài toán minh họa cho phương pháp này.
Bài toán 2.2. Giải hệ phương trình sau
11
{
x2 + 1 + y(y + x) = 4y (1)
(x2 + 1)(y + x − 2) = y
Lời giải.
Hệ phương trình tương đương với:
{
x2 + 1 + y(y + x − 2) = 2y
(x2 + 1)(y + x − 2) = y
{
u = x2 + 1
v = y + x − 2
Đặt
, (u > 1), khi đó hệ trở thành
{
{
u + yv = 2y
uv = y
u = 2y − yv
(2)
⇔
(2y − yv)v = y (3)
(3) ⇔ yv2 − 2yv + y = 0 ⇔ y(v2 − 2v + 1) = 0 ⇔ y(v − 1)2
- Nếu y = 0, thế vào (2) thì u = 0 không thỏa mãn.
- Nếu v = 1, ta có y = 3 − x, thế vào (1) ta được
x2 + 1 + (3 − x).3 = 4(3 − x) ⇔ x2 + x − 2 = 0.
Từ đó ta tìm được hai nghiệm
(1; 2), (−2; 5)
2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Một số hệ phương trình có thể giải bằng phương pháp hàm số. Để nhận biết
có thể giải bằng phương pháp này không ta chú ý hai tính chất sau:
- Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng
(a; b). Khi đó ta có
f(u) = f(v) ⇔ u = v (với u, v ∈ (a; b)).
- Tính chất 2: Nếu hàm số y = f(x) tăng trên (a; b) và y = g(x) là hàm hằng
hoặc là một hàm số giảm trên (a; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất
một nghiệm trong khoảng (a; b).
Bài toán 2.3. Giải hệ phương trình sau
{
x3 − 5x = y3 − 5y (1)
x8 + y4 = 1
(2)
Lời giải.
Từ phương trình (2) ta suy ra |x| > 1, |y| > 1.
12
Ta xét hàm số f(t) = t3 − 5t trên [−1; 1]. Ta có f′(t) = 3t2 − 5 < 0, ∀t ∈ [−1; 1].
Do đó hàm số nghịch biến trên [−1; 1].
Mà theo (1) thì f(x) = f(y), do đó suy ra x = y. Từ đấy thay y = x vào phương
trình (2) ta có
x8 + x4 = 1 ⇔ x8 + x4 − 1 = 0
√
−1 + 5
⇔ x4 =
2
√
√
−1 + 5
4
⇔ x = ±
.
2
Từ đó tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là
√
√
√
√
√
√
√
√
−1 + 5
−1 + 5
−1 + 5
−1 + 5
4
4
4
4
(
;
), (−
; −
).
2
2
2
2
2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
Bài toán 2.4. Giải hệ phương trình sau
{
x6 + y8 + z10 = 1
x
(1)
2013 + y2015 + z2017 = 1 (2)
Lời giải.
Từ (1) ta có −1 6 x, y, z 6 1.
Từ đó ta có x6 − x2013 = x6(1 − x2007) > 0 ⇔ x6 > x2013, đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x = 0 hoặc |x| = 1
y8 − y2015 = y8(1 − y2007) > 0 ⇔ y8 > y2015, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
y = 0 hoặc |y| = 1
z10 − z2017 = z10(1 − z2007) > 0 ⇔ z10 > z2017, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
z = 0 hoặc |z| = 1.
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta suy ra
1 = x6 + y8 + z10 > x2013 + y2015 + z2017 = 1
Do đó dấu đẳng thức phải xảy ra, tức là
x6(1 − x2007) = 0
z10(1 − z2007) = 0
y8(1 − y2007) = 0
Kết hợp với (1), (2) ta thu được các nghiệm của hệ phương trình là
(x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
13
2.5 Phối hợp nhiều phương pháp
Bài toán 2.5. Giải hệ phương trình sau
{
5x2 − 4xy2 + 3y3 − 2(x + y) = 0 (1)
xy(x2 + y2) + 2 = (x + y)2
(2)
Lời giải.
Ta biến đổi phương trình (2)
(2) ⇔ xy(x2 + y2) + 2 = x2 + y2 + 2xy
⇔ (x2 + y2)(xy − 1) − 2(xy − 1) = 0
⇔ (xy − 1)(x2 + y2 − 2) = 0.
1
TH1: xy = 1, vì y = 0 nên thế x = vào (1), ta được
̸
y
(
)
5
1
− 4y + 3y3 − 2 + y = 0
y
y
⇔ 3y4 − 6y2 + 3 = 0
⇔ y2 = 1
⇔ y = 1 hoặc y = −1.
Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ: (1; 1), (−1; −1).
TH2: x2 + y2 = 2, thế 2 = x2 + y2 vào phương trình (1) ta được:
5x2y − 4xy2 + 3y3 − (x + y)(x2 + y2) = 0
⇔ 4x2y − 5xy2 − x3 + 2y3 = 0.
- Nếu y = 0 thì x2 = 2, nhưng thế vào (1) lại không thoả mãn.
- Nếu y
( )
x
̸
( ) ( )
3
2 − 5
x
x
4
y
( )
3 − 4
x
⇔
y
x
Đặt = t, ta có phương trình t3 − 4t2 + 5t − 2 = 0
y
⇔ (t − 1)2(t − 2) = 0
⇔ t = 1 hoặc t = 2.
+ Với t = 1 ⇔ y = x, do đó 2x2 = 2 ⇔, ta lại giải được nghiệm (1; 1), (−1; −1).
√
10
+ Với t = 2 ⇔ x = 2y, suy ra 5y2 = 2 ⇔ y =
.
5
)
Từ đó hệ có thêm hai nghiệm
.
5
14
Vậy hệ có bốn nghiệm:
√
√
√
√
(
)
(
)
10 2 10
10 2 10
(1; 1), (−1; −1),
;
và −
; −
.
5
5
5
5
15
Chương 3
HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình
Bài toán 3.1. Giải hệ
{
x + y ≤ 1
x2 + y2 + xy = 1
Lời giải. Viết hệ đã cho dưới dạng
{
x + y = 1 − a, a ≥ 0
x2 + y2 + xy = 1
{
{
x + y = 1 − a
x + y = 1 − a
⇔
⇔
.
(x + y)2 − xy = 1
xy = (1 − a2) − 1
Điều kiện đối với a :
{
∆ = (1 − a)2 − 4[(1 − a)2 − 1] ≤ 0
{
a ≥ 0
2
4
3
√
⇔
⇔ 0 ≤ a ≤ 1 +
(3.1)
(a − 1)2 ≤
3
Với điều kiện (3.1) thì ta có nghiệm
√
√
a − 1 − 4 − 3(1 − a)2
a − 1 + 4 − 3(1 − a)2
[
x =
x =
, y =
, y =
2
2
√
√
a − 1 + 4 − 3(1 − a)2
a − 1 − 4 − 3(1 − a)2
2
2
16
3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn
Sau đây ta sẽ đưa ra một số bài toán liên quan đến hệ phương trình và bất
phương trình một ẩn.
Bài toán 3.2. Xác định các giá trị m để hệ sau có nghiệm duy nhất
{
x + y ≤ m
x4 + y4 ≤ m + x2y2
Lời giải. Vì vai trò của x và y bình đẳng, nên nếu (x, y) = (α, β) là nghiệm
của hệ thì (x, y) = (β, α) cũng là nghiệm. Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duy
nhất là α = β. Thế vào hệ, ta được
{
m
α ≤
2
α4 ≤ m
a) Nếu m < 0 thì không tồn tại α.
b) Nếu m > 0 thì tồn tại vô số α thỏa mãn
(
)
√
√
4
m
4
− m ≤ α ≤ min
, m
2
.
c) Xét m = 0 khi đó α = 0. Hệ có dạng
{
{
x + y ≤ 0
x + y ≤ 0
⇔
x4 + y4 ≤ x2y2
(x2 − y2)2 + x2y2 ≤ 0
{
x + y ≤ 0
x = 0
y = 0
x2 − y2 = 0
x2y2 = 0
⇔
⇔
Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 0.
Bài toán 3.3. Giải hệ.
x2 + 3x + 1 ≤ y
z2 + 3z + 1 ≤ x
y2 + 3y + 1 ≤ z
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với hệ
x2 + 3x + 1 ≤ y
y2 + 3y + 1 ≤ z
z2 + 3z + 1 ≤ x
(x2 + 3x + 1) + (y2 + 3y + 1) + (z2 + 3z + 1) ≤ y + z + x
17
x2 + 3x + 1 ≤ y
x = −1
y = −1
z = −1
y2 + 3y + 1 ≤ z
⇔
z2 + 3z + 1 ≤ x
(x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 ≤ 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (−1, −1, −1).
18
Tải về để xem bản đầy đủ
22 trang
11740
Free
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- luan_van_mot_so_phuong_phap_giai_he_phuong_trinh_va_he_bat_p.pdf
