ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC Phạm Thị Nhẫn MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN XUÂN THẢO Hà Nội – Năm 2015 Mục lục Mở đầu lời cảm ơn Hệ phương trình 1.1 Hệ phương trình tuyến tính 1.1.1 Hệ hai phương trình tuyến tính 1.1.2 Hệ ba phương trình tuyến tính 1.2 Hệ phương trình phi tuyến 1.2.1 Hệ phương trình đối xứng 1.2.2 Hệ hai phương trình đẳng cấp 1.2.3 Hệ phương trình hoán vị 1.2.4 Hệ hai phương trình bậc tổng quát Một số phương pháp giải hệ phương trình 2.1 Phương pháp cộng đại số 2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ 2.3 Phương pháp lượng giác 2.4 Phương pháp sử dụng tính chất hàm số 2.5 Phương pháp đánh giá Giải số hệ không mẫu mực 3.1 Hệ phương trình đại số 3.2 Hệ phương trình vô tỉ 3.3 Hệ phương trình chứa mũ logarít 3.4 Hệ phương trình hỗn hợp 4 6 12 14 16 18 18 21 24 27 32 37 37 45 48 50 KẾT LUẬN 53 Tài liệu tham khảo 54 Mở đầu Hệ phương trình phân môn quan trọng Đại số có ứng dụng ngành khoa học kỹ thuật cần xem xét nhiều đại lượng Sớm biết từ xa xưa nhu cầu tính toán người ngày phát triển theo thời gian đến xét Toán học hệ phương trình đa dạng hình thức như: hệ phương trình đại số, hệ phương trình vô tỉ, hệ phương trình có chứa mũ logarít phức tạp cách tìm hướng giải Trong năm gần từ năm 2002 - 2014 hệ phương trình không mẫu mực thường xuyên xuất kỳ thi Olympic Toán, VMO, tuyển sinh Đại học - Cao đẳng Đây loại toán khó đòi hỏi học sinh phải vận dụng linh hoạt, sáng tạo kiến thức giải tích, hình học lượng giác Tác giả chọn đề tài Luận văn "Một số hệ phương trình không mẫu mực" nhằm nghiên cứu cách hệ thống hệ phương trình không mẫu mực vận dụng chúng đề thi quốc tế quốc gia Trong luận văn "hệ phương trình không mẫu mực" hiểu hệ có chứa lớp hàm khác (chứa căn, mũ logarít, lượng giác ) cách giải chúng không thực biến đổi thông thường cần vận dụng phương pháp so sánh, ước lượng Luận văn gồm chương với nội dung sau Chương Hệ phương trình đưa loại hệ phương trình thường gặp chương trình phổ thông đề cập cách giải tổng quát Chương Một số phương pháp giải hệ phương trình đề cập phương pháp giải hệ truyền thống: phương pháp cộng đại số, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp lượng giác hóa phương pháp giải đặc biệt cho hệ không mẫu mực: phương pháp sử dụng tính chất hàm số, phương pháp đánh giá Chương Giải số hệ phương trình không mẫu mực chương chủ yếu giới thiệu hệ phương trình không mẫu mực kỳ thi quốc tế quốc gia Lời cảm ơn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TS Nguyễn Xuân Thảo - người thầy tận tâm với nghề, thầy không người chắp bút cho tác giả hoàn thành xuất sắc Luận văn, mà thầy cho tác giả nghị lực phấn đấu, nhìn khác định hướng tương lai nghề nghiệp Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Đào tạo Sau đại học Khoa Toán - Cơ - Tin học, thầy cô tham gia giảng dạy cho lớp Cao học Toán niên khóa 2013 - 2015, thầy cô anh chị Seminar "Phương pháp Toán sơ cấp" trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Seminar "Giải tích" Viện Toán tin ứng dụng trường Đại học Bách Khoa Hà Nội tạo điều kiện giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập nghiên cứu trường Nhân tác giả xin gửi lời cảm ơn bạn học viên cao học khóa 2013 - 2015, gia đình bạn bè ủng hộ khích lệ, tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành khóa học Luận văn Mặc dù tác giả cố gắng nhiều kết Luận văn khiêm tốn khó tránh khỏi khiếm khuyết Tác giả mong nhận đóng góp quý báu thầy cô độc giả để Luận văn hoàn thiện Hà Nội, ngày 24 tháng năm 2015 Học viên Phạm Thị Nhẫn Chương Hệ phương trình Trong Chương tác giả khái quát lại số hệ phương trình hệ thống chương trình THPT, phương pháp giải tổng quát ví dụ minh họa cho dạng cụ thể Các ví dụ trình bày trích "Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán - Văn Phú Quốc", "Tuyển chọn giải hệ phương trình thường gặp kỳ thi Đại học Cao đẳng - Hà Văn Chương" 1.1 Hệ phương trình tuyến tính 1.1.1 Hệ hai phương trình tuyến tính Hệ hai phương trình tuyến tính có dạng ax + by = c ax+by =c Cách giải Cách Sử dụng phương pháp Cramen Tính định thức D= a b a b = ab − a b Dx = c b c b = cb − c b Dy = a c a c = ac − a c TH1 a = a’ = b = b’ = + Nếu c = c’ = hệ vô định + Nếu c = c = hệ vô nghiệm TH2 Trong hệ số a, a’, b, b’ có hệ số khác không + Hệ có nghiệm ⇔ D = Chương Hệ phương trình Nghiệm hệ (x, y) = + + Dx Dy ; D D D=0 ⇒ hệ vô định (có vô số nghiệm) Dx = Dy = D=0 ⇒ hệ vô nghiệm Dx = 0(Dy = 0) Cách Sử dụng phương pháp Gauss Nhân chia phương trình hệ với số thích hợp, để cộng trừ phương trình khác hệ ta loại dần ẩn ax + by = c ax=c Tiếp tục làm trên, ta biến đổi hệ cho hệ tam giác Từ hệ tam giác ta rút nghiệm Ngoài ra, ta giải hệ phương trình bậc hai ẩn loại máy tính bỏ túi CASIO fx - 500 MS, CASIO fx - 570 E, SHARP EL - 506W Ví dụ 1.1 (Đại học Giao Thông Vận Tải - 1995) Cho hệ phương trình (m + 1)x − my = 3x − 5y = m Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x − y < Lời giải Ta có D = −2m − 5, Dx = m2 − 20, Dy = m2 + m − 12 • D=0⇔m= : Dx = nên hệ vô nghiệm • D=0⇔m= Dy Dx : hệ có nghiệm x = ,y = D D Theo yêu cầu đầu Dx − Dy x−y − Khi từ hệ phương trình ta có phương trình x2 + 4x + ln(2x + 1) = y + 4y + ln(2y + 1) Xét hàm số f (t) = t2 + 4t + ln(2t + 1) − ; +∞ > 0, ∀t > − 2t + ⇒ f (t) hàm đồng biến − ; +∞ Ta có f (t) = 2t + + Do (1 5) có dạng f (x) = f (y) ⇔ x = y Thay vào hệ cho ta x2 + 2x + ln(2x + 1) = Xét hàm số g(x) = x2 + 2x + ln(2x + 1) − ; +∞ > 0, ∀x > − 2x + ⇒ g(x) hàm đồng biến − ; +∞ Ta có g (x) = 2x + + (1.5) Chương Giải số hệ không mẫu mực Tương tự, x < suy y < 1, z < suy điều vô lý Vậy x = y = z = nghiệm phương trình Ví dụ 3.6 (VMO 2004, bảng A) Giải hệ phương trình  x3 + x(x − z)2 =  y + y(z − x)2 = 30 z + z(x − y)2 = 16 Lời giải Hệ cho tương đương với  x(x2 + y + z ) − 2xyz = y(x2 + y + z ) − 2xyz = 30  z(x + y + z ) − 2xyz = 16 ⇔  x(x2 + y + z ) − 2xyz = (y − z)(x2 + y + z ) = 14  (z − x)(x2 + y + z ) = 14 Dễ thấy (0; 0; 0) nghiệm hệ phương trình Khi   2x3 − 2x2 z + xz = x(x2 + y + z ) − 2xyz = − z)(x2 + y2 (y y = 2z − x + z2) 5z ⇔ = 14 − 16xz + 20x2 z − 16x3 =0 y = 2z − x   (3.1) (3.2) (3.3) z x Vì x, z = nên đặt t = Từ phương trình (3.2) hệ ta có 5t3 − 16t2 + 20t − 16 = ⇔ (t − 2)(5t2 − 6t + 8) = ⇔ t = ⇔ z = 2x Hệ phương trình tương đương  2x3 − 2x2 z + xz = z = 2x y = 2z − x ⇔   x =  y=3 z=2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1; 2; 3) Ví dụ 3.7 (Canada National Olympiad 2004) Tìm tất số thực (x, y, z) thỏa mãn hệ phương trình  xy = z − x − y  xz = y − x − z yz = x − y − z Lời giải Hệ phương trình cho viết lại sau  (x + 1)(y + 1) = z +  (x + 1)(z + 1) = y + (y + 1)(z + 1) = x + 40 Chương Giải số hệ không mẫu mực Nhân vế theo vế phương trình hệ ta (x + 1)2 (y + 1)2 (z + 1)2 = (x + 1)(y + 1)(z + 1) ⇔ (x + 1)(y + 1)(z + 1) = (x + 1)(y + 1)(z + 1) = Từ tìm nghiệm hệ phương trình (−1; −1; −1), (0; 0; 0), (−2; −2; −2) Ví dụ 3.8 (Baltic Way 2002) Giải hệ phương trình  a3 + 3ab2 + 3ac2 − 6abc =  b3 + 3ba2 + 4bc2 − 6abc = c3 + 3ca2 + 3cb2 − 6abc = ; a, b, c ∈ R Lời giải Lấy phương trình thứ trừ phương phương trình thứ hai hệ ta (a − b) (a − b)2 + 3c2 = Dễ thấy a = b Tương tự, ta chứng minh a = b = c Thay vào phương trình thứ hệ ta suy a3 = ⇔ a = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1; 1; 1) Ví dụ 3.9 (Balkan MO 1984) Cho a, b, c số thực dương Tìm tất nghiệm thực (x; y; z) hệ phương trình  ax + by = (x − y)2 by + cz = (y − z)2  cz + ax = (z − x)2 Lời giải Cộng vế theo vế ba phương trình hệ lại với ta ax + by + cz = (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 Dùng đẳng thức phương trình hệ ta  ax = (x − y)(x − z) by = (y − z)(y − x) cz = (z − x)(z − y)  Không tính tổng quát, giả sử z ≥ y ≥ x Vì a, b, c nên từ quan hệ thứ tự ta suy x, z ≥ y ≤ Ngoài ra, ≤ x ≤ y ≤ nên x = y = Thay vào phương trình cuối hệ ta z = z = c Vậy hệ phương trình có nghiệm (0; 0; 0) (0; 0; c) hoán vị 41 Chương Giải số hệ không mẫu mực Ví dụ 3.10 (Đề thi HSG Thái Bình 2009) Giải hệ phương trình  x3 − 3x = y y − 3y = z z − 3z = x  Lời giải Từ hệ phương trình đầu suy (x3 − 3x)3 − 3(x3 − 3x) − (x3 − 3x)3 − 3(x3 − 3x) = x Đây phương trình đa thức bậc 27 nên có nhiều 27 nghiệm Do hệ có nhiều 27 nghiệm Xét x ∈ [−2; 2] Ta chứng minh hệ có 27 nghiệm trường hợp này, không cần xét trường hợp lại Đặt x = cos t, t ∈ [0; π] Khi hệ phương trình trở thành  π y = cos 3t t=k  z = cos 9t x = cos 27t ⇒ cos 27t = cos t ⇔ t=k 13 (k ∈ Z) π 14 π (k ∈ Z), t ∈ [0; π] nên k nhận giá trị 0;1;2; ;12;13 13 π Với t = k (k ∈ Z) t ∈ [0; π] nên k nhận giá trị 0;1;2; ;12;13;14 14 Nghiệm hệ ứng với t = 0, t = π hai trường hợp trùng nên hệ có 27 Với t = k nghiệm phân biệt cos kπ 3kπ 9kπ ; cos ; cos 13 13 13 , k = 0, 13 cos kπ 3kπ 9kπ ; cos ; cos 14 14 14 , k = 0, 13 Ví dụ 3.11 (Baltic Way 2000) Tìm tất nghiệm thực hệ phương trình  x + y + z + t =   xy + yz + zt + tx = xyz + yzt + ztx + txy =   xyzt = −1 Lời giải Phương trình thứ hai hệ tương đương (x + z)(y + t) = Kết hợp phương trình thứ hệ suy x + z, y + t nghiệm phương trình u2 − 5u + = ⇔ u=1 u=4 Suy ra, x+z =1 y+t=4 ∪ 42 x+z =4 y+t=1 Chương Giải số hệ không mẫu mực + Với x+z =1 y+t=4 Thay vào phương trình thứ ba hệ ta xz + 4yt = ⇔ xz = − 4yt Thay vào phương trình thứ tư hệ ta yt(3 − 4yt) = −1 ⇔ 4y t2 − 3yt − = ⇔ yt = yt = − Trong trường hợp hệ vô nghiệm + Tương tự cho trường hợp x+z =4 y+t=1 Trong trường hệ vô nghiệm Vậy hệ phương trình cho vô nghiệm Ví dụ 3.12 (Baltic Way 1999) Tìm tất số thực a, b, c, d thỏa hệ phương trình  abc + ab + bc + ca + a + b + c =   bcd + bc + cd + db + b + c + d = cda + cd + da + ac + c + d + a =   dab + da + ab + bd + d + a + b = Lời giải Hệ phương trình tương đương  (a + 1)(b + 1)(c + 1) =   (b + 1)(c + 1)(d + 1) = 10 (c + 1)(d + 1)(a + 1) = 10   (d + 1)(a + 1)(b + 1) = 10 Đặt x = a + 1, y = b + 1, z = c + 1, t = d + Khi đó, xyz = 2, yzt = ztx = txy = 10 Như x = y = z a = b = c = √ √ − 1, d = 250 − Ví dụ 3.13 (Olympic 30/04/2011) Giải hệ phương trình  x2 + x1 − x2 − =   x2 + x2 − x3 − = x2 + x3 − x4 − =   x4 + x4 − x1 − = 43 Chương Giải số hệ không mẫu mực Lời giải Không giảm tổng quát giả sử x1 = min{x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; } Xét hàm số f (t) = t2 + t − Hệ phương trình tương đương  f (x1 ) = x2   f (x2 ) = x3 f (x3 ) = x4   f (x4 ) = x1 Hàm số f (t) tăng khoảng − ; +∞ , giảm khoảng −∞; − 5 = − , ∀t ∈ R nên xi ≥ − , ∀i = 1, 4 + Nếu x1 ≥ − Ta có 2 f (t) ≥ f −   x4 ≥ − f (x4 ) ≥ − > − 11 = f − ⇒ x4 > − Lập luận tương tự ta có x2 , x3 > − Do x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ) ⇒ x2 ≤ x3 ⇒ f (x2 ) ≤ f (x3 ) ⇒ x3 ≤ x4 ⇒ f (x3 ) ≤ f (x4 ) ⇒ x4 ≤ x1 ⇒ x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 ≤ x1 ⇒ x1 = x2 = x3 = x4 = 1 + Nếu x1 < − 1 Nếu có k ∈ {1; 2; 3; 4} để xk ≥ − theo trường hợp ta có xi ≥ − , ∀i = 1, 2 1 ⇒ x1 − (mâu thuẫn) Vậy xi < − , ∀i = 1, 2 Do x1 ≤ x3 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x3 ) ⇒ x2 ≥ x4 ⇒ f (x2 ) ≤ f (x4 ) ⇒ x3 ≤ x1 ⇒ x3 = x1 Lập luận tương tự ta có x2 = x4 Hệ phương trình trở thành  x1 = x3   x2 = x4 f (x1 ) = x2   f (x2 ) = x3 ⇒ x1 + f (x1 ) = x2 + f (x2 ) ⇒ x2 + 2x1 − = x2 + 2x2 − ⇒ 2 x = x2 x1 = −x2 − ⇒ x1 = x2 = ±1 ⇒ x1 = x2 = x3 = x4 = ±1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x1 = x2 = x3 = x4 = ±1 44 Chương Giải số hệ không mẫu mực 3.2 Hệ phương trình vô tỉ Ví dụ 3.14 (THTT 8/2012) Giải hệ phương trình √ √ √ xy + (x − y)( xy − 2) + x = y + y √ (x + 1) y + xy + x(1 − x) = √ Lời giải Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0, xy + (x − y)( xy − 2) ≥ Phương trình thứ hệ tương đương với √ √ √ xy + (x − y)( xy − 2) − y + x − y = √ (x − y)(y + xy − 2) x−y ⇔ +√ √ =0 √ x+ y xy + (x − y)( xy − 2) + y √ y + xy − ⇔ (x − y) +√ √ √ x+ y xy + (x − y)( xy − 2) + y =0 Từ phương trình thứ hai hệ ta có √ = x+1− √ y + xy = x − x + x+1 x+1 √ y + xy − +√ ⇒ √ >0 √ x+ y xy + (x − y)( xy − 2) + y √ 2 + (x − 1)2 + ≥ Do x = y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta x=1 √ + ± 17 x= √ √ + 17 + 17 Vì x = y ≥ nên hệ phương trình cho có nghiệm (1; 1), ; 2 x3 − 2x2 − 3x + = ⇔ (x − 1)(x2 − x − 4) = ⇔ Ví dụ 3.15 (Đề đề nghị Olympic Toán 2014) Giải hệ phương trình  √ x + xy = y + ; x, y ∈ R 6(x3 + y ) − 2(x2 + y ) = x + 2 x + xy + y xy ≥ x2 + xy + y = 6(x3 + y ) Nếu x ≤ 0, y ≤ x + − x + xy + y Lời giải Điều kiện 2(x2 + y ) < < ⇒ hệ vô nghiệm 45 Chương Giải số hệ không mẫu mực Vì thế, ta giải hệ phương trình x > 0, y > Khi phương trình thứ hệ tương đương với y x √ + xy = + 2 x √ y √ ⇔ x + xy = − xy + + 2 √ √ √ ⇔ x + xy = ( x − y) + √ Suy x + xy ≥ Đẳng thức xảy x = y = Ta chứng minh x3 + y x+y ≥ x2 + xy + y (3.4) Thật vậy, x+y (x + y)(x2 − xy + y ) ≥ + xy + y x − xy + y x ⇔ ≥ (do x + y > 0) x + xy + y 2 ⇔ 3(x − xy + y ) ≥ x2 + xy + y ⇔ (x − y)2 ≥ (3.4) ⇔ ⇒ x+ 6(x3 + y ) − x2 + xy + y 2(x2 + y ) ≥ x + 2(x + y) − 2(x2 + y ) Mặt khác, √ 2(x2 + y ) ≥ xy √ [(x + y) − xy] ≥ 2(x2 + y ) √ √ 4(x2 + y + xy − 2x xy − 2y xy + 2xy) ≥ 2(x2 + y ) √ √ x2 + y + 6xy − 4x xy − 4y xy ≥ √ √ ( x − y)4 ≥ 2(x + y) − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Khi x + 6(x3 + y ) − x2 + xy + y √ 2(x2 + y ) ≥ x + xy ≥ Đẳng thức xảy x = y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1; 1) Ví dụ 3.16 (Hungary 1988) Tìm tất nghiệm thực x, y, z hệ phương trình √ x + y + (z − 8z + 14) x + y − = √ 2x + 5y + xy + z = 46 Chương Giải số hệ không mẫu mực Lời giải Điều kiện x + y − ≥ 0, xy + z ≥ Đặt u = x + y − ≥ 0, v = z − 8z + 14 = −2 + (z − 4)2 ≥ −2 Phương trình thứ hệ trở thành √ √ √ √ u + + v u = ⇔ u + = −v u Mà −v u ≤ u nên √ √ √ u + ≤ u ⇔ ( u − 1)2 ≤ ⇔ u = ⇔ u = Suy v = Khi đó, x+y−2=1 z − 8z + 14 = −2 ⇔ x+y =3 z=4 ⇔ x=3−y z=4 (3.5) Thay (3.5) vào phương trình thứ hệ ta y + 3y + = − 3y −3 y ≤ −1  y ≤ −1 −3y − ≥ y = −1 ⇔ ⇔ ⇔ 2y + 3y + = −y + 3y + = + 18y + 9y ⇔  y=− Vậy hệ phương trình có nghiệm (4; −1; 4) 2(3 − y) + 5y + (3 − y)y + = ⇔ Ví dụ 3.17 (Đại học khối A năm 2006) Giải hệ phương trình √ x + y − xy = √ √ x+1+ y+1=4 Lời giải Điều kiện x ≥ −1, y ≥ −1, xy ≥ √ Đặt t = xy ≥ Từ phương trình thứ hệ ta có x+y =3−t Bình phương hai vế phương trình sau ta x+y+2+2 xy + x + y + = 16 (3.6) Thay x + y = t − vào (3.6) ta 3+t+2+2 ⇔ t2 + + t + = 16 ⇔ ≤ t ≤ 11 4(t2 + t + 4) = (11 − t)2 ⇔ t2 + t + = 11 − t ≤ t ≤ 11 3t2 + 26t − 105 = Từ tìm nghiệm hệ (x; y) = (3; 3) 47 ⇔t=3 Chương Giải số hệ không mẫu mực 3.3 Hệ phương trình chứa mũ logarít Ví dụ 3.18 Giải hệ phương trình √ 2x + = 4x2 + 4x + − (x − y)2 + − 3x2 + y − 4x − 2xy − x−y √ √  log3 (2x) + 4x2 − 4x2 + = −   log3 Lời giải Từ phương trình thứ hệ ta có (2x + 1)2 + 1−(2x+1)2 −log3 (2x+1) = (x − y)2 + 1−(x−y)2 −log3 (x−y) (3.7) √ t2 + − t2 − log3 t t ∈ (0; +∞) t Ta có f (t) = √ − 2t − < ⇒ f (t) hàm nghịch biến (0; +∞) t ln t2 + Xét hàm số f (t) = Khi (3.7) có dạng f (2x + 1) = f (x − y) ⇔ 2x + = x − y ⇔ y = −x − √ Xét hàm số g(x) = log3 (2x) + 4x2 − 4x2 + với x ∈ (0; +∞) Dễ dàng chứng minh g(x) hàm đồng biến (0; +∞) Nhận thấy f nghiệm phương trình g(x) = Vậy hệ phương trình có nghiệm ;− 2 Do x = Ví dụ 3.19 Giải hệ phương trình √ √ log2 x + y = log32 ( x − y + 2) x2 + y + − x2 − y = Lời giải Điều kiện x − y > 0, x + y ≥ Hệ phương trình tương đương √ √ x+y =2+ x−y x2 + y + − x2 − y = Đặt a = √ √ x + y, b = x − y, a ≥ 0, b ≥ Suy x= a2 + b a2 − b ,y = 2 48 √ = − Chương Giải số hệ không mẫu mực Hệ phương trình trở thành  a = + b   a2 + b 2    ⇔ ⇔ ⇔ a2 − b2 + + − ab = a=2+b 1√ 2a + 2b4 + − ab =  a − b =  (a2 + b2 )2 − 2a2 b2 + − 2ab =  a + b2 = 2ab +  (a2 + b2 ) − 2a2 b2 + − 2ab = a2 + b2 = 2ab + ⇔ (2ab + 4)2 − 2a2 b2 + − 2ab = ⇔ ⇔ a2 + b2 = 2ab + √ a2 b2 − 8ab + = ab + ⇔ a2 + b2 = 2ab + a2 b2 − 8ab + = a2 b2 + 6ab + ⇔ a2 + b2 = 2ab + ab = ⇔ a2 + b = ab = ⇔ (a + b)2 − 2ab = ab = ⇔ a+b=2 ab = ⇔ Do đó, a2 + b2 = 2ab + √ 4a2 b2 − 32ab + 36 − 2ab = a=0 b=2 a ≥ 0, b ≥ √ x+y =0 √ x−y =2 ⇔ x=2 y = −2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (2, -2) 49 Chương Giải số hệ không mẫu mực 3.4 Hệ phương trình hỗn hợp Ví dụ 3.20 (VMO 2013) Giải hệ phương trình    sin2 x +  + sin2 x sin2 y + + sin2 y    Lời giải Điều kiện x = 20y x+y 20x x+y = cos2 y cos2 x + = cos2 x cos2 y + nπ mπ ,y = (m, n ∈ Z), xy > 0, x + y = 2 Cộng vế theo vế hai phương trình ta + sin2 x cos2 y + cos2 y + sin2 x + sin2 y + + sin2 y cos2 x + = cos2 x 20y + x+y 20x (∗) x+y Áp dụng bất đẳng thức Minkowsky, AM - GM, Cauchy - Schwarz ta sin2 x + + sin2 x cos2 x + ≥ (| sin x| + | cos x|)2 = (| sin x| + | cos x|)2 + ≥ = √ cos2 x 1 + | sin x| | cos x| + 12 + (| sin x| + | cos x|) (| sin x| + | cos x|)2 (| sin x| + | cos x|)2 12 + 2 (| sin x| + | cos x|) (1 + 12 )(sin2 x + cos2 x) 10 √ Dấu "=" xảy ⇔ | sin x| = | cos x| = 2 Chứng minh tương tự ta sin2 y + + sin2 y cos2 y + √ ≥ 10 cos2 y √ ⇒ V T (∗) ≥ 10 √ Dấu "=" xảy ⇔ | sin x| = | cos x| = | sin y| = | cos y| = 2 Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có V P (∗) = 20x + x+y 20y ≤ x+y 50 20x 20y + x+y x+y √ = 10 Chương Giải số hệ không mẫu mực Dấu "=" xảy ⇔ 20x 20y = ⇔x=y x+y x+y Phương trình (*) thỏa mãn ⇔ √ | sin x| = | cos x| = | sin y| = | cos y| = x=y Vậy hệ phương trình có nghiệm ⇔x=y= π π +k π π π π +k ; +k 4 Ví dụ 3.21 (THTT T8/415) Giải hệ phương trình log2 x = 2y+2 √ + x + xy + y2 = Điều kiện x > √ Nhận thấy y ≥ ⇒ + x + xy + y > ⇒ hệ vô nghiệm Phương trình thứ hai hệ tương đương √ + x = −xy + y2 > ⇔ 16(1 + x) = x2 y (4 + y ) ⇔ 4x2 y − 16x + x2 y − 16 = ⇔ (xy − 4)(4x + xy + 4) = ⇔ xy − = ⇔ x = y Thay x = vào phương trình thứ hệ ta y2 log2 = 2y+2 ⇔ 4.2y + log2 (−y) − = y2 Nhận thấy y = −1 nghiệm (3.8) Xét hàm số f (y) = 4.2y + log2 (−y) − , ∀y < > 0, ∀y < y ln ⇒ f (y) đồng biến (−∞; 0) Ta có f (y) = 4.2y ln − ⇒ phương trình (3.8) có nghiệm y = −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (4; −1) Ví dụ 3.22 Giải hệ phương trình xy+1 = (y + 1)x √ 2x2 − 9x + √ −4x2 + 18x − 20 + = y+1 2x − 9x + 51 ; x, y ∈ R (3.8) Chương Giải số hệ không mẫu mực Lời giải Điều kiện Đặt t =  y + > y > −1 −4x2 + 18x − 20 ≥  2x − 9x + = √ −4x2 + 18x − 20 = −4 x− 4 ⇔ 2≤x≤ ⇒0≤t≤ 2 Ta có 2x2 − 9x + =t+1+ = f (t), t ∈ 0; − 9x + 2x t +4 8t 83 ⇒ f (t) = − ⇒ = f (0) ≤ f (t) ≤ f ( ) = < > 0, ∀t ∈ 0; (t + 4)2 2 34 √ Suy y + ≥ ⇒ y + ≥ −4x2 + 28x − 20 + Ta có xy+1 = (y + 1)x ⇔ ln x ln(y + 1) = ⇔ g(x) = g(y + 1) x y+1 (3.9) ln t − ln t , g (t) = ⇒ g (t) > ⇔ t < e t t2 Vì x < e < y + nên g(x) nghịch biến, g(y + 1) đồng biến Do đó, (3.9) có Trong g(t) = nghiệm nghiệm có cặp nghiệm Nhận thấy x = 2; y = nghiệm hệ Vậy hệ có nghiệm (2; 3) Tóm lại Chương III tác giả tổng hợp số ví dụ điển hình, cách giải hệ không tuân theo phương pháp định Để giải cần phối hợp nhiều kỹ thuật biến đổi, phương pháp giải khác Ví dụ hệ phương trình xuất thức ta phải khử thức, có chứa mũ logarít ta biến đổi mũ logarít để quy phương trình đại số Cách đánh giá tinh tế đòi hỏi khóe léo nhạy bén hệ phương trình khác 52 KẾT LUẬN Luận văn tập trung nghiên cứu hệ phương trình không mẫu mực Các kết luận văn - Trình bày số dạng hệ phương trình chương trình phổ thông, đưa ví dụ minh họa lời giải chi tiết cho dạng - Trình bày số phương pháp giải thông dụng việc giải hệ phương trình phức tạp xuất kỳ thi Olympic Toán, VMO, đề tuyển sinh Đại học - Cao đẳng - Đi sâu khai thác số hệ phương trình không mẫu mực đề thi quốc tế quốc gia Cho thấy đa dạng hình thức mối quan hệ phức tạp biến số hệ, tìm lời giải dựa sở hệ phương trình số phương pháp giải hệ thường áp dụng Kiến nghị hướng nghiên cứu - Khai thác phương pháp giải khác giải hệ phương trình không mẫu mực như: Phương pháp tham biến, phương pháp sử dụng tính chất đa thức, phương pháp sử dụng kiến thức hình học, phương pháp sử dụng tính chất số phức - Nghiên cứu hướng đề thi Olympic Toán, VMO, THPT Quốc gia năm tới 53 Tài liệu tham khảo [1] Hà Văn Chương (2012), Tuyển chọn giải hệ phương trình thường gặp kỳ thi Đại học Cao đẳng, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Nguyễn Anh Huy (2012) Diễn đàn MATHSCOPE Chuyên đề Phương trình - Hệ phương trình, boxmath.com [3] Nguyễn Văn Mậu (2006) Bất đẳng thức định lí áp dụng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Vũ Lương, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2014) Hệ phương trình phương trình chứa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Văn Phú Quốc (2014) Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [6] T8/415, (2012)Tạp chí Toán học tuổi trẻ, NXB Giáo dục [7] Lê Trung Tín (2012) Chuyên đề toán phổ thông, Tuyển tập hệ phương trình, boxmath.com 54