- Trang Chủ
- Toán học
- Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình qua các kì thi học sinh giỏi
Xem mẫu
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH QUA CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI
Trần Thị Lan Hương
THPT Chuyên Hưng Yên
Tóm tắt nội dung
Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình là một trong những dạng toán cũng
thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi. Báo cáo trình bày một số phương pháp
cơ bản giải quyết các dạng toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình qua
các kì thi học sinh giỏi gần đây.
1 Một số phương pháp thường dùng
Để giải quyết các bài toán dạng phương trình, bất phương trình, hệ phương trình ta
có thể chia thành 4 phương pháp chính như sau:
1. Phương pháp biến đổi tương đương
2. Phương pháp đặt ẩn phụ
3. Phương pháp hàm số
4. Phương pháp đánh giá.
Sau đây ta đi vào từng phương pháp cụ thể:
1.1 Phương pháp biến đổi tương đương
p √
Bài toán 1 (VMO - 2002 - Bảng A). Giải phương trình 4 − 3 10 − 3x = x − 2 (1)
74 10
Giải. Điều kiện: ≤x≤ .
√ 27 3
(1) ⇔ 4 − 3 10 − 3x = x2 − 4x + 4 ⇔ 9(10 − 3x ) = x2 (4 − x )2
⇔ x4 − 8x3 + 16x2 + 27x − 29 = 0 ⇔ ( x − 3)( x + 2)( x2 − 7x + 15) = 0
⇔ x = 3 ( Vì x2 − 7x + 15 = 0 vô nghiệm và x = -2 không thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
r r
1 1
Bài toán 2 (CMO - 1998). Giải phương trình x = x − + 1 − .
x x
Giải. Đk x>1. !2 !2
r r r r
1 1 1 1
Phương trình ⇔ x − x − = 1 − ⇔ x − x − = 1−
x x x x
p √ √ √ √
⇔ x 2 − 1 − 2 x ( x 2 − 1) + x = 0 ⇔ ( x 2 − 1 − x )2 = 0 ⇔ x 2 − 1 = x ⇔ x 2 − x −
144
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
1=0 √ √
1+ 5 1− 5
⇔x= (x= không thỏa mãn).
2 2 √
1+ 5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
2
Ở hai bài này đã sử dụng phương pháp biến đổi tương đương với kĩ thuật cơ bản là bình
phương hai vế khi hai vế không âm thì bài toán được giải quyết.
Bàiptoán 3 (IMO - 1959).p Với những giá trị thực nào của x thì mỗi đẳng thức sau là đúng?
√ √ √
a) px + 2 2x − 1 + px − 2 2x − 1 = 2.
√ √
b) p x + 2 2x − 1 + p x − 2 2x − 1 = 1.
√ √
c) x + 2 2x − 1 + x − 2 2x − 1 = 2.
2x − 1√≥ 0
1
Giải. Đk: x + 2 2x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ .
√ 2
x − 2 2x − 1 ≥ 0
p √ p √ p
Ta có ( p x + 2 2x − 1 + x − 2 2x − 1)2 = 2x + 2 x2 − (2x − 1)
= 2x + 2 ( x − 1)2 = 2x + 2| x − 1|.
1
a) Phương trình tương đương với x + | x − 1| = 1 ⇔ | x − 1| = 1 − x ⇔ ≤ x ≤ 1.
2
1 1 1 1 1
b) PT ⇔ x + | x − 1| = ⇔ | x − 1| = − x ⇔ x ≤ . Mà điều kiện x ≥ ⇔ x = .
2 2 2 2 2
Thay vào phương trình không thỏa mãn.
Vậy phương trình vô nghiệm.
c) Ta có x + | x − 1| = 2 ⇔ | x − 1| = 2 − x ⇔ x ≤ 2. Bình phương hai vế ta được:
3
x2 − 2x + 1 = 4 − 4x + x2 ⇔ x = (tm).
2
Vậy
tập
nghiệm của mỗi phương trình trong câu a, b, c lần lượt là
1 3
S1 = ; 1 ; S2 = ∅; S3 = .
2 2
Ở bài √này kết hợp với kĩ thuật bình phương hai vế ta thấy có khai căn một biểu thức
dạng A2 = | A|, đưa phương trình vô tỉ về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.
4x2
Bài toán 4 (IMO - 1960). Giải bất phương trình √ < 2x + 9.
(1 + 1 + 2x )2
1
Giải. Đk: x ≥ − , x 6= 0.
2 √
2x 2x (1 + 1 + 2x ) √
Ta có: √ = = −(1 + 1 + 2x )
1 − 1 + 2x 1 − (1 + 2x )
4x2 √ √
⇔ √
2
= (1 + 1 + 2x )2 = 2 + 2x + 2 1 + 2x nên bất phương trình viết
(1 − 1 + 2x )
√ √ 7 49 45
dưới dạng: 2 + 2x + 2 1 + 2x < 2x + 9 ⇔ 1 + 2x < ⇔ 1 + 2x < ⇔ x < . Kết
2 4 8
1 45
hợp điều kiện suy ra − ≤ x < và x 6= 0.
2 8
−1 45
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ; \ {0}.
2 8
Ở bài này ta sử dụng kĩ thuật nhân chia biểu thức liên hợp và cũng như vậy với các bài
toán sau:
145
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài toán 5 (HSG( khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ 2015 - 2016 lớp 10). Giải hệ
7x3 + y3 + 3xy( x − y) = 12x2 − 6x + 1 (1)
phương trình √ √ .
2 x2 + 3 − 9 − x2 + y = 1 (2)
Giải. Đk: −3 ≤ y ≤ 3.
(1) ⇔ (y − x )3 = (1 − 2x )3 ⇔ y − x = 1 − 2x ⇔ x + y = 1 ⇔ x = 1 − y. Thế vào (2) ta
được:
p p p 1 √
2 (1 − y)2 + 3 − 9 − y2 + y = 1 ⇔ 2( y2 − 2y + 4 + y − 2) + 3 − 9 − x2 = 0
2
3y2
2 y2
⇔p + =0
1
p
2
y2 − 2y + 4 + 2 − y 3 + 9 − y
2
2 3 1
⇔y ( p + √ )=0⇔y=0⇔x=1
2
1 3 + 9 − x 2
2( y − 2x + 4 + 2 − y)
2
1
(do |y| ≤ 3 ⇔ 2 − y > 0).
2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y) = (1; 0).
Bài toán 6 (HSG( khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ 2014 - 2015 lớp 10). Giải hệ
y4 − 2xy2 + 7y2 = − x2 + 7x + 8 (1)
phương trình √ p 3 2 2
.
2
3 − x + y + 1 = x + x − 4y + 3 (2)
Giải. Điều kiện: x ≤ 3
(1) ⇔ y4 − 2xy2 + 7y2 + x2 − 7x − 8 = 0
⇔ (y2 − xy2 + 8)(y2 − x − 1) = 0
⇔ y2 = x + 1 hoặc y2 = x − 8.
Suy ra x ≥ 8. √ √
Thay y2 = x + 1 vào (2) ta có: 3 − x + x + 2 = x3 + x2 − 4x − 1
2−x x−2
⇔√ +√ = ( x − 2)( x + 1)( x + 2)
3−x+1 x+2+2
1 1
⇔ (2 − x )[ √ +√ + ( x + 1)( x + 2)] = 0
3−x+1 x+2+2
⇔ x = 2 (vì
√ x ≥ −1).
⇔ y = ± 3.
Với y2 = x − 8, mà x ≤ 3 ⇒ x − 8 ≤ −5 ⇒ 2
n y √≤ −5 (vô√ lý). o
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y) ∈ (2; 3); (2; − 3) .
Lời giải bài 6 ngoài kĩ thuật nhân chia biểu thức liên hợp đã kết hợp với kĩ thuật phân
tích thành nhân tử để rút ẩn này theo ẩn kia.
2
6x − y + z = 3
Bài toán 7 (VMO - 2016). Giải hệ phương trình x2 − y2 − 2z = −1 .
2 2 2
6x − 3y − y − 2z = 0
6x − y + z − (6x − 3y − y − 2z2 )
2 2 2
Giải. Từ hệ ta có: + ( x2 − y2 − 2z + 1) = 0
3
⇔ ( x − 1)2 = (z − 1)2 ⇔ x = z hoặc x = 2 − z.
146
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
2 2
6x − y + z = 3
6x − y + z = 3
Với x=z, hệ trở thành: x2 − y2 − 2x = −1 ⇔ ( x − 1)2 = y2 ⇔
2
4x − 3y2 − y = 0
2
4x − 3y2 − y = 0
2
6x − y + z = 3
(1)
2 2
4x − 3y − y = 0 .
x = y + 1 hoặc x = 1 − y
√
−5 ± 33
Với x=y+1 thế vào (1) được: 6x − ( x − 1) + = 3 ⇔ x2 x2 + 5x − 2 = 0 ⇔ x =
√ √ 2
−5 ± 33 −7 ± 33
⇔z= ⇔y= .
2 2 √
−7 ± 65
Với y=1-x thế vào (1) được: x =
√ √ 2
−7 ± 65 9 ± 65
⇔z= ⇔y= .
2 2
2
y = ( x + 1)
Với x=2-z thì hệ trở thành y2 + 4 = ( x + 1)2 ⇔ y = y2 + 4 (vô nghiệm).
2
6x − 3y2 − y − 2z2 = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm
( √ √ √ ! √ √ √ !)
−5 ± 33 −7 ± 33 −5 ± 33 −7 ± 65 9 ± 65 −7 ± 65
( x; y; z) ∈ ; ; ; ; ; .
2 2 2 2 2 2
Bài 7 sử dụng kĩ thuật quen thuộc khi giải hệ phương trình, đó là cộng đại số và thế.
Bài(toán 8 (USAOP - 1995). Giải hệ phương trình
p
3 − 2x2 y − x4 y2 + x2 (1 − 2x2 ) = y2
p .
1 + 1 + ( x − y)2 = x3 ( x3 − x − 2y2 )
(p
4 − (1 − x2 y)2 = 2x4 − x2 + y2 (1)
Giải. Hệ phương trình ⇔ p 6 4 3 2
.
2
− 1 + ( x − y) = 1 − x + x − 2x y (2)
p p
2 2
p (1) và (2) ta đượcp 4 − (1 − x y) −3 1 +
Cộng ( x − y )2 = ( x 3 − y2 )2 + 1
2 2 2
⇔ 4 − (1 − x y) = 1 + ( x − y) + ( x − y ) + 1 (3). 2 2
Tuy(nhiên
p
4 − (1 − x 2 y )2 ≤ 2
p
1 + ( x − y )2 + ( x 3 − y2 )2 + 1 ≥ 2
p
− ( − 2 y )2 = 2 2
p 4 1 x x y = 1
nên (3) xảy ra ⇔ 1 + ( x − y )2 = 1 ⇔ x=y ⇔ x = y = 1.
3 2 2
(x − y ) + 1 = 1
3
x =y 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y) = (1; 1).
147
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài tập cùng phương pháp
12 √
(1 − ) x=2
y + 3x
Bài 1 (VMO - 2007). Giải hệ phương trình 12 √ .
( 1 + ) y = 6
y + 3x
√
1
3x (1 + )=2
x+y
Bài 2 (VMO - 1996 - Bảng A). Giải hệ phương trình √ 1 √ .
7y(1 − )=4 2
x+y
3 2
x + x (y − z) = 2
Bài 3 (VMO - 2004 - Bảng A). Giải hệ phương trình y3 + y(z − x )2 = 30 .
3
z + z( x − y)2 = 16
√
3
√
Bài 4. Giải bất phương trình x2 − 1 + x ≤ x3 − 2.
√ √
Bài 5. Giải phương trình 2x2 + x + 9 + 2x2 − x + 1 = x + 4.
√ √
Bài 6. Giải bất phương trình 7 3x − 7 + (4x − 7) 7 − x ≤ 32.
√ √
Bài 7. Giải phương trình ( x + 2)( 2x2 + 4x + 6 + −2x − 1) = 2x2 + 6x + 7.
1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ
√
Bài toán 9 (VMO - 1995 - Bảng B). Giải phương trình 2x2 − 11x + 21 − 3 3 4x − 4 = 0
√ y3 + 4 y6 + 8y3 + 16
Giải. Đặt 3 4x − 4 = y ⇔ x = ⇔ x2 = .
4 6
1 11 3
Từ đó ta có phương trình (y6 + 8y3 + 16) − (y + 4) − 3y + 21 = 0 ⇔
8 4
y6 − 14y3 − 24y + 96 = 0 (1)
⇔ (y − 2)2 (y4 + 4y3 + 12y2 + 18y + 14) = 0 (2)
Nếu y ≤ 0 thì VT(1)>0 (vô
√ nghiệm) nên y > 0. Khi đó y4 + 4y3 + 12y2 + 18y + 14 > 0 nên
từ (2) suy ra y = 2, hay 3 4x + 4 = 0 ⇔ x = 3. Thử lại thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Bài toán 10 (HSG khu √ vực Duyên hải và đồng
√ bằng Bắc√Bộ năm 2013-2014 lớp 10). Giải
phương trình (6x − 3) 7 − 3x + (15 − 6x ) 3x − 2 = 2 −9x2 + 27x − 14 + 11.
2 7
Giải. Đk: ≤ x ≤ .
( 3
√ 3
a = 7 − 3x
Đặt √ , a, b ≥ 0.
b = 3x − 2
(
a2 + b2 = 5
Ta có:
(2b2 + 1) a + (2a2 + 1)b = 2ab + 11
(
a+b = S
Đặt , (S2 ≥ 4P),
ab = P
ta có hệ
148
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
( (
S2 − 2P = 5 2P = S2 − 5
⇔ ⇔
2PS + S = 2P + 11 2S(S2 − 5) + S = S2 − 5 + 11
(
2P = S2 − 5
(S − 3)(S2 + 2S + 2) = 0
(
S=3
⇔ (vì S2 + 2S + 2 > 0).
P=2
Từ đó
( suy ra (
a=2 a=1
hoặc ⇔ x = 1 hoặc x = 2. Thử lại thấy thỏa mãn.
b=1 b=2
Vậy phương trình có hai nghiệm x=1; x=2.
(
x4 − y4 = 240
Bài toán 11 (VMO - 2010). Giải hệ phương trình
x3 − 2y3 = 3( x2 − 4y2 ) − 4( x − 8y)
(
x4 + 16 = 16(t4 + 16) (1)
Giải. Đặt y = 2t, hệ trở thành:
x3 − 3x2 + 4x = 16(t3 − 3t2 + 4t) (2)
Nhân chéo hai phương trình ta được: ( x4 + 16)((t3 − 3t2 + 4t)) = (t4 + 16)( x3 − 3x2 +
4x ).
2 2
Dễ
thấy nếu thì x.t 6=
(x,t) là nghiệm 0 nên ta chia
hai vế phương trình cho x t được
16 4 16 4
x2 + 2 t−3+ = t2 + 2 x−3+ .
x t t x
x + 4 = u
Đặt x . Ta có phương trình
4
t + = v
t
(u2 − 8)(v − 3) = (v2 − 8)(u − 3) ⇔ u2 v − v2 u − 3(u2 − v2 ) + 8(u − x ) = 0
⇔ (u − v)(uv − 3(u + v) + 8) = 0 ⇔ u = v hoặc uv − 3(u + v) + 8.
Từ (1) suy ra x, t cùng dấu. Do đó áp dụng BĐT AM-GM ta được u, v ≥ 4
hoặc u, v ≤ −4 ⇔ (u − 3), (v − 3) ≥ 1 hoặc (u − 3), (v − 3) ≤ −7
⇔ uv − 3(u + 3) + 8 = (u − 3)(v − 3) − 1 ≥ 0.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u = v =4.
4
Từ (2) suy ra u = v ⇔ x = t hoặc x = .
t
Với x = t, thay vào (1) ta được t4 + 16 = 16(t4 + 16) (vô nghiệm).
4 256
Với x = thay vào (1) ta được 4 + 16 = 16(t4 + 16) ⇔ t8 + 15t4 − 16 = 0 ⇔ t = ±1.
t t
Vậy hệ có nghiệm ( x; y) ∈ {(4; 2); (−4; −2)}.
8 (VMO - 2004 - Bảng B). Giải hệ phương trình
Bài(
x3 − 3xy2 = −49
x2 − 8xy + y2 = 8y − 17x
x = u + v
(
x+y = u 2
Giải. Đặt =⇒
x−y = v y = u − v
( 2
u3 + v3 = −98 (1)
Ta có hệ 2 2
.
−3u + 5v = −9u − 25v (2)
149
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Lấy (2)x3+(1) ta được (u − 3)3 + (v + 5)3 = 0 ⇔ u − 3 = −v − 5 ⇔ u = −(v + 2). Thế
vào (2) ta được v2 + 2v − 15 = 0 ⇔ v = 3 hoặc v=-5.
Với v = 3 thì u = -5, suy ra x = -1; y = -4.
Với v = -5 thì u = 3, suy ra x = -1; y = 4.
Vậy hệ có nghiệm ( x, y) ∈ {(−1; −4); (−1; 4)}.
9 (Olympic Austria - 2000). Giải hệ phương trình
Bài(
( x − 1)(y2 + 6) = y( x2 + 1)
.
(y − 1)( x2 + 6) = x (y2 + 1)
5 5
Giải. Ta cộng hai phương trình trên cho nhau và rút gọn ta được: ( x − )2 + (y − )2 =
2 2
1
.
2
Trừ hai phương trình trên cho nhau ta được:
xy(y − x ) + 6( x − y) + ( x + y)( x − y) = xy( x − y) + (y − x )
⇔ ( x − y)(7 + x + y − 2xy) = 0 ⇔ x = y hoặc x + y − 2xy + 7 = 0.
Với x = y thay vào (1) ta có x = y =2 hoặc x = y =3.
1 1 15
Nếu x 6= y thì từ x + y - 2xy + 7 = 0 ⇔ ( x − )(y − ) = .
2 2 4
a = x − 5
Đặt 2
5 , ta có
b = y −
2
a + b = 1
2 2 (1)
2
15
( a + 2)(b + 2) =
4
−1 −1
⇔ ab + 2( a + b) = ⇔ 2ab + 4( a + b) = (2)
4 2
2
Cộng (1) và (2) ta được ( a + b) + 4( a + b) = 0 ⇔ a + b = 0 hoặc a + b = -4.
Lấy (2)-(1) ta được ( a − b)2 − 4( a + b) = 1 (3)
Nếu a + b = -4 =⇒ a = -b - 4 thế vào (3) ta được (−2b − 4)2 + 42 = 1 (vô nghiệm).
Nếu (a + b = 0 thế vào (3) ta được ( a − b)2 = 1 ⇔ a − b = 1 hoặc a − b = −1.
a+b = 0
=⇒ hoặc
a−b = 1
a = 1
(
a+b = 0 2
⇔ 1 hoặc
a − b = −1 b = −
2
a = −
1
2 .
1
b =
2
Từ đó ta có nghiệm của hệ là ( x; y) ∈ {(2; 2); (3; 3); (2; 3); (3; 2)}.
150
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài tập cùng phương pháp
(p 10 (HSG
Bài
p
Quốc Gia - 2001 - Bảng B). Giải hệ phương trình
7x + y + 2x + y = 5
p .
2x + y + x − y = 2
√
3√ 4
Bài 11. Giải phương trình x2 − 3x + 1 = − x + x2 + 1.
3
√ √ √
Bài 12. Giải bất phương trình 5x2 + 14x + 9 − x2 − x − 20 ≥ 5 x + 1.
√ √ √ √ √ √
Bài 13. Giải phương trình x = 2 − x. 3 − x + 3 − x. 5 − x + 5 − x. 2 − x.
q √ √
Bài 14. Giải phương trình 2 − 2( x + 1) + 4 2x = 1.
6 − 2x 6 + 2x 8
Bài 15. Giải phương trình √ +√ = .
5−x 5+x 3
√
Bài 16. Giải phương trình ( x + 1) x2 − 2x + 3 = x2 + 1.
√ 4
Bài 17. Giải phương trình 3
81x − 8 = x3 − 2x2 + x − 2.
3
1.3 Phương pháp hàm số
Bài toán 12 (HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ 2013-2014 lớp 11). Giải hệ
p
2x
− 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1 (1)
phương trình 3 3y + 1 = 8y3 − 2y − 1
p
(2) .
x>0
p
Giải. (1) ⇔ (2x + 1) − 2(y + 1) + (2x + 1( )(y + 1) = 0. (
2x + 1 > 0 x>0
Đk: (2x + 1)(y + 1) ≥ 0 mà x > 0 nên suy ra =⇒ .
y ≥ −1 y ≥ −1
√ p √ p √ p
(1) ⇔ ( 2x + 1 − y + √ 1)( 2x + 1 + 2 y + 1) ⇔ 2x + 1 − y + 1 = 0 ⇔ y = 2x.
√
Thế vào (2) ta được 3 6x + 1 = 8x ⇔ 6x + 1 + 3 6x + 1 = (2x )3 + 2x (3)
Xét hàm số f (t) = t3 + t trên R có f 0 (t) = 3t2 + 1 > 0 với mọi t ∈ R, tức là hàm số f(t)
√ √ 1
đồng biến trên R. Vậy suy ra f ( 3 6x + 1) = f (2x ) ⇔ 3 6x + 1 = 2x ⇔ 4x3 − 3x = .
2
Nhận xét 1. x > 1 không là nghiệm của phương trình.
π
Với 0 ≤ α ≤ . Ta có:
2
1 1 π k2π −π k2π
4 cos3 α = 3 cos α = ⇔ cos(3α) = ⇔ α = + hoặc α = + (k ∈ Z)
2 2 9 3 9 3
π π
Do 0 ≤ α ≤ nên α = .
2 9 π π
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)= cos ; 2 cos .
9 9
Bài toán này đã đưa phương trình về dạng f(u) = f(v), trong đó hàm y = f (t) là hàm số
đồng biến hoặc nghịch biến. Theo tính chất của hàm số thì u = v.
151
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
(
x2 + y3 = 29 (1)
Bài toán 13 (VMO - 2008). Tìm số nghiệm của hệ .
log3 x. log2 y = 1 (2)
Giải.( Đk: x, y > 0 nên từ (2) suy ra x, y > 1 hoặc x, y < 1. Kết hợp với (1) suy ra x, y > 1.
log3 x = a
Đặt , do x, y > 1 nên a, b > 0.
log2 y = b
(
9a + 8b = 29 (3) 1
Ta được hệ ⇔ 9a + 8 a = 29 (5), a>0.
ab = 1 (4)
1
Xét hàm số f (t) = 9t + 8 t − 29, t > 0.
1 1
Hàm số liên tục và có đaoh hàm mọi cấp với mọi t > 0 và f 0 (t) = 9t . ln 9 − 8 t . 2 . ln 8.
t
2 1 1 2 1 2
t
f ”(t) = 9 . ln 9 + 8 t . 4 . ln 8 + 8 t . 3 . ln 8 > 0 với mọi t >0. Do đó hàm sồ f’(t) đồng
t t
biến trên (0; +∞) nên tồn tại duy nhất t0 > 0 sao cho f 0 (t0 ) = 0.
Mặt khác lim f (t) = +∞ = lim f (t).
t → 0+ t→+∞
f(1)
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Không mất tổng quát ta giả sử x = max { x, y, z} thì xảy ra các trường hợp sau:
TH1: x ≥ y ≥ z. Do f(x) là hàm số đồng biến nên từ (1), (2), (3) suy ra
log3 (6 − y) ≥ log3 (6 − z) ≥ log3 (6 − x ). Từ g(x) là hàm số nghịch biến nên x ≥ z ≥ y,
suy ra y = z. Chứng minh tương tự ta suy ra x=y=z.
TH2: x ≥ z ≥ y, chứng minh tưng tự trên suy ra x = y = z.
Thay x = y = z vào (1) ta được f ( x ) = g( x ) với mọi x < 6.
Vì f(x) đồng biến, g(x) nghịch biến trên (−∞; 6) nên f ( x ) = g( x ) có nhiều nhất một
nghiệm. Dễ thấy x = 3 thỏa mãn.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y; z) = (3; 3; 3).
Bài
( toán 15 (VMO - 1999 - Bảng A). Giải hệ phương trình
(1 + 42x−y )5y−2x+1 = 22x−y+1 + 1 (1)
.
y3 + 4x + ln(y2 + 2x ) + 1 = 0 (2)
Giải. Đk: y2 + 2x > 0.
1 + 4t 1 + 2t +1
Đặt t=2x-y thì (1) trở thành (1 + 4t )51−t = 1 + 2t+1 (3) ⇔ = .
5t 5
Vế trái là hàm số nghịch biến còn vế phải là hàm số đồng biến nên t=1 là nghiệm duy
nhất của (3).
y+1
Từ đó suy ra 2x-y=1 ⇔ x = , thế vào (2) ta được y3 + 2y + 3 + ln(y2 + y + 1) = 0
2
(4).
2y + 1
Xét hàm số g(y) = y3 + 2y + 3 + ln(y2 + y + 1) trên R, có g0 (y) = 3y2 + 2 + 2 >
y +y+1
0 với mọi y. Suy ra hàm số g(y) đồng biến và y = −1 là nghiệm duy nhất của (4).
Với y = −1 thì x = 0.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y) = (0; −1).
Bài tâp cùng phương pháp
(
x3 − 3x + ln(2x + 1) = y
Bài 18 (VMO - 1994 - Bảng B). Giải hệ phương trình .
y3 − 3y + ln(2y + 1) = x
√ √
Bài 19. Giải bất phương trình (2x + 1)(2 + 4x2 + 4x + 4) + 3x (2 + 9x2 + 3) > 0.
√3
Bài 20. Giải phương trìnhx3 − 4x2 − 5x + 6 = 7x2 + 9x − 4.
√3
Bài 21. Giải phương trình −2x3 + 10x2 − 17x + 8 = 2x2 5x − x3 .
√ √ √ √
Bài 22. Giải phương trình x + 1 + 3 5x − 7 + 4 7x − 5 + 5 13x − 7 < 8.
√
Bài 23. Giải phương trình (sin x − 2)(sin2 x − sin x + 1) = 3 3 3 sin x − 1 + 1.
r
9 2
3 x + 9x − 1
Bài 24. Giải phương trình = 2x + 1.
3
Phương pháp đánh giá
√
Bài toán 16 (VMO - 1995 - Bảng A). Giải phương trình x3 − 3x2 − 8x + 40 − 8 4 4x + 4 = 0.
153
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Giải.
Điều kiện: x ≥ 1. √
Khi đó ta xét hàm: f ( x ) = x3 − 3x2 − 8x + 40 và hàm g( x ) = 8 4 4x + 4 trên đoạn
[−1; +∞) . Phương trình tương đương: f ( x ) = g( x ). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho
4 số không âm ta được:
p 1 4
2 + 24 + 24 + (4x + 4) = x + 13 (1)
g( x ) = 4 24 24 24 (4x + 4) ≤
4
Dấu bằng xảy ra khi x = 3.
Mặt khác, f ( x ) = x3 − 3x2 − 8x + 40 ≥ x + 13 ⇔ ( x − 3)( x2 − 9) ≥ 0 ⇔
( x − 3)2 ( x + 3) ≥ 0 (2)
Dấu bằng xảy ra khi x = 3.
Từ (1) và (2) suy ra g( x ) ≤ x + 13 ≤ f ( x ), cả hai dấu bằng xảy ra đều khi x = 3 nên x = 3
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Bài toán 17 (VMO - 2009). Giải hệ phương trình
1 1 2
√
+p =p (1)
1 + 2x2 1 + 2y2 1 + 2xy
p x (1 − 2x ) + py(1 − 2y) = 2 (2)
9
Giải.
1 1
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ ; 0 ≤ y ≤ .
2 2
Đầu tiên ta chứng minh bất đẳng thức:
1 1 2
√ +√ ≤√ . Dấu bằng xảy ra khi a = b.
1+a 2 1+ b 2 1 + ab
2
1 1 1 1 4 1
Thật vậy, ta có: √ +√ ≤2 2
+ 2
≤ ⇔ √ +
1+a 2 1+b 2 1 + a 1 + b 1 + ab 1 + a2
1 2
√ ≤√ .
1 + b2 1 + ab
Dấu bằng xảy ra khi a = b.
1 1 2
Áp dụng vào phương trình (1) của hệ ta được: √ +p ≤p .
1 + 2x2 1 + 2y2 1 + 2xy
Dấu bằng xảy ra khi x = y. Thế x = y vào phương trình (2) ta được:
p 1
x (1 − 2x ) = ⇔ 81x (1 − 2x ) = 1.
9 √
9 ± 73
Từ đó ta có các nghiệm thỏa mãn của phương trình là: x = y = .
√ √ !36
9 ± 73 9 ± 73
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y) = ; .
36 36
toán 18 (VMO - 2013).sGiải hệ phương trình
Bài s
r
2 1 2
1 20x
sin x + sin2 x + cos y + cos2 y = x + y
s r s .
2 1 2
1 20y
sin y + sin2 y + cos x + cos2 x = x + y
Giải.
Điều kiện: sin x, cos x, siny, cos y 6= 0, xy > 0.
154
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Nhân vế với vế của shai phương trình ! trong hệ ta được: !
r s r
1 1 1 1
sin2 x + + cos2 y + + sin2 y + + cos2 x +
sin2 x cos2 y sin2 y cos2 x
xy
r
= 20 (3)
( x + y )2
Áp dụng bất đẳng thức s Cauchy - Schwarz ! vàs AM - GM ta có: !
r r
1 1 1 1
sin2 x + + cos2 y + + sin2 y + + cos2 x +
sin2 x cos2 y sin2 y cos2 x
2 2
| sin 2x |
1 1 3
≥ | sin x. cos x | + = + + ≥
| sin x. cos x | 2 2| sin 2x | 2| sin 2x |
2 2
3 5
1+ = .
2 2
Hoàn
s toàn tương tự ta có:
r 2
2 1 2
1 5
sin y + 2
+ cos x + 2
≥ .
sin y cos x 2
Do đó theos bất đẳng thức AM - GM ta có:
1 1 1 1
VT (3) ≥ 4 4 sin2 x + . cos 2x+ sin2
y + cos2x+
sin2 x cos2 x sin2 y cos2 x
r
5 4 xy
r
4
≥ 4 ( ) = 10 ≥ 20 = VP(3).
2 ( x + y )2
π π
Dấu bằng xảy ra khi | sin 2x | = 1; x = y ⇔ x = y = + k , k ∈ Z.
4 2
Thử lại thấy thỏa mãn. π π π π
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y) = +k ; +k ; k ∈ Z.
4 2 4 2
Bài tập cùng phương pháp
√ √
Bài 25. Giải phương trình 13 x2 − x4 + 9 x2 + x4 = 16.
√ √
Bài 26. Giải bất phương trình 1 − 2x + 1 + 2x ≥ 2 − x2 .
r r
6 8
Bài 27. Giải phương trình + = 6.
3−x 2−x
√ √ √
√ 28. Giải phương trình
Bài x2 − x + 19 + 7x2 + 8x + 13 + 13x2 + 17x + 7 =
3 3( x + 2).
√
r
2
1 1
Bài 29. Giải phương trình 2 − x + 2 − 2 = 4 − x + .
x x
√ √ √ 1
Bài 30. Giải phương trình 3x2 − 1 + x2 − x − x x2 + 1 = √ (7x2 − x + 4).
2 2
r r
28 27
Bài 31. Giải phương trình 2 4 27x2 + 24x + = 1+ x + 6.
3 2
p √ 3
Bài 32. Giải phương trình x y − 1 + 2y x − 1 = xy.
2
16 1 √ p
Bài 33. Giải phương trình √ +p = 10 − ( x − 2016 + y − 2017).
x − 2016 y − 2017
155
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
2 Một số phương pháp khác
2.1 Lượng giác hóa
Bài toán 19 (VMO - 1984 - Bảng A). Giải phương trình
p √ p p √
1+ 1−x 2 3 3
(1 + x ) − (1 − x ) = 2 + 1 − x . 2
Giải.
Điều kiện: −1 ≤≤ x ≤ 1.
Đặt x = cos t, 0 ≤ t ≤ π
Phương trìnhptrở thành:
√ p
1 + sin t (1 + cos t)3 − (1 − cos t)3 = 2 + sin t
s
t 2 √
t t t
⇔ cos + sin cos3 − sin3 .2 2 = 2 + sin t
2 2 2 2
√
t t t t
⇔ cos2 − sin2 1 + cos sin .2 2 = 2 + sin t
2 √2 2 2
⇔ cos t(2 + sin √t) 2 = 2 + sin t
⇔ (2 + sin t)( 2 cos t − 1) = 0
1
⇔ cos t = √ (do 2 + sin t > 0)
2
1
⇔ x = √ ( thỏa mãn )
2
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:x = √ .
2
√ x
√ toánx 20 (USAMO - 1978). Giả sử x là nghiệm của phương trình(3 +√2 2) x =
Bài
( 2 − 1) + 3. Chứng minh rằng khi đó x cũng là nghiệm của phương trình ( 2 + 1) =
π
2 cos .
9
Giải.
Giả sử x là nghiệm của phương trình
√ √ √ 1
(3 + 2 2) x = ( 2 − 1) x + 3 ⇔ ( 2 + 1)2x = √ + 3 (1)
( 2 + 1) x
√ 1 1
Đặt 2t = ( 2 + 1) x > 0. Khi đó (1) trở thành: 4t2 = + 3 ⇔ 4t3 − 3t = (2)
2t 2
Trược hết ta tìm các nghiệm t ∈ (−1; 1) của phương trình (1).
Do t ∈ (−1; 1) nên đặt t = cos α, α ∈ (0; π ). Ta có:
1 1 π 2π
4 cos3 α − 3cosα = ⇔ cos 3α = ⇔ α = ± + k .
2 2 9 3
π 5π 7π
Mà α ∈ (0; π ) ⇒ α ∈ ; ; .
9 9 9
π 5π 7π
Suy ra các nghiệm của phương trình (2) là: t1 = cos ; t2 = cos ; t3 = cos .
9 9 9
π 5π
Ta thấy (2) là phương trình bậc 3 đã có đủ 3 nghiệm t1 = cos ; t2 = cos ; t3 =
9 9
7π
cos trong (−1; 1) nên ta không cần xét các nghiệm ở ngoài khoảng (−1; 1) nữa. Do
9
5π 7π
t2 = cos ; t3 = cos không thỏa mãn điều kiên t > 0 nên chỉ có t1 thỏa mãn
√ 9 9 √
π π
⇒ ( 2 + 1) x = 2cos hay x là nghiệm của phương trình ( 2 + 1) x = 2cos (đpcm).
9 9
156
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Bài toán 21 (USAOP -1990). Giải hệ
phương trình
3 x + 1 1 1
= 4 y+ = 5 z+
x y z
xy + yz + zx = 1
Giải.
Trước tiên ta nhận xét rằng: Nếu ( x; y; z) là một nghiệm của hệ thì x; y; z phải cùng dấu
và (− x; −y; −z) cũng là nghiệm củahệ. Do đó ta giả
sử rằng: x; y; z ≥ 0.
1 1 1
Từ phương trình 3 x + = 4 y+ = 5 z+
2 2 x 2 y z
x +1 y +1 z +1
⇒3 =4 =5 .
2x 2y 2z
α β θ
Đặt x = tan ; y = tan ; z = tan , α, β, θ ∈ [0; π ). Ta có:
2 2 2
1 x2 + 1 1 y2 + 1 1 z2 + 1 3 4 5
= ; = ; = ⇒ = = (3)
sin α 2x sin β 2y sin θ 2z sin α sin β sin θ
Ta có: tan a.tanb + tan b.tanc + tan c.tana = 1th tan( a + b + c) không xác định. Áp đụng
α+β+θ
vào bài ta có: xy + yz + zx = 1 nên tan không xác định.
2
α+β+θ π
Mà α, β, θ ∈ [0; π ) nên = ⇒ α + β + θ = π hay α, β, θ là 3 góc của một
2 2
tam giác. Theo (3) và theo định lí hàm sin ta có thể giả thiết rằng tam giác có độ dài 3
α 1 − cosα 1 β 1 − cosβ 1
cạnh là 3, 4, 5 đơn vị, từ đó x = tan = = ;y = tan = = ;
2 sin α 3 2 sin β 2
θ π
z = tan = tan = 1.
2 4
1 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y; z) = ± ; ;1 .
3 2
Bài tập cùng phương pháp
√ √
Bài 34. Giải phương trình 4x − 1 + 4x2 − 1 = 1.
1 1 √
Bài 35. Giải phương trình +√ = 2 2.
x 1 − x2
p p
Bài 36. Giải phương trình x3 + (1 − x2 )3 = x 2(1 − x2 .
√ √ x2
Bài 37. Giải phương trình 1+x+ 1−x ≤ 2− .
4
√
Bài 38. Giải phương trình x3 + 4x2 + 2x − 3 = 2 x + 3.
√ x2 + 1 ( x 2 + 1)2
Bài 39. Giải phương trình x2 + 1 + = .
2x 2x (1 − x2
2.2 Sử dụng tọa độ véctơ
Trong mặt phẳng tọap độ Oxy, ~u( x1 ; y1 ), ~v( x2 ; y2 ) ta
pcó: p
1. |~u + ~v| ≤ |~u| + |~v| ⇔ ( x1 + x2 )2 + (y1 + y2 )2 ≤ ( x1 )2 + ( x2 )2 + (y1 )2 + (y2 )2 .
Dấu bằng xảy ra khi ~u, ~v cùng hướng.
2. −|~u|.|~v| ≤ ~u.~v ≤ |~u|.|~v|
157
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
−|~u|.|~v| = ~u.~v khi ~u, ~v ngược hướng.
|~u|.|~v| = ~u.~v khi ~u, ~v cùng hướng.
3. ||~u| − |~v|| ≤ |~u − ~v|.
Dấu bằng xảy ra khi ~u, ~v cùng hướng.
4. ||~u| − |~v|| ≤ |~u + ~v|.
Dấu bằng xảy ra khi ~u, ~v ngược hướng.
√ √
Bài 40. Giải phương trình | x2 − 4x + 5 − x2 − 10x + 50| = 5.
Giải.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi p ~u( x − 2; 1), ~v( xp− 5; 5) ⇒ ~u −~v = (3; −4) ⇒ |~u −~v| = 5.
Ta có:
√ ||~
u | − |~
v || ≤ |~
u
√ − ~
v | ⇔ ( x − 2)2 + 1 − ( x − 5)2 + 25 ≤ 5
⇔ | x2 − 4x + 5 − x2 − 10x + 50| ≤ 5.
Dấu bằng xảy ra khi ~u, ~v cùng hướng tức là ~u = k~v, k > 0
x = 5
(
x − 2 = k ( x − 5)
⇔ ⇔ 4 .
1 = 5k k = 1 > 0
5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
4
p
Bài toán 22. Giải bất phương trình (5x2 − 6x + 2)( x2 + 4x + 5) ≤ 2x2 + 4x − 3. Giải.
Bất
p phương trình tương pđương:
(2x − 1) + ( x − 1) ( x + 2)2 + 1 ≤ (2x + 1)( x + 2) + x − 1.
2 2
Trong mặt phẳng tọa độ p Oxy, gọi ~u(2x − 1; xp − 1), ~v( x + 2; 1).
Ta có: |~u|.|~v| ≥ ~u.~v ⇔ (2x − 1)2 + ( x − 1)2 ( x + 2)2 + 1 ≥ (2x − 1)( x + 2) + x − 1.
Dấu bằng xảy ra khi ~u, ~v cùng hướng tức là ~u = k~v, k > 0.
Khi đó VT ≥ VP. Mà bất phương trình có dạng VT (≥ VP nên bất phương
2x − 1 = k ( x + 2)
trình tương đương VT = VP hay ~u = k~v, k > 0 ⇔ ⇔
x−1 = k
√
x =
1 + 5
2√ .
k = 1 − 5 > 0
2 √
1+ 5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = .
2
Bài tập cùng phương pháp
√ √
Bài 41. Giải phương trình 3x2 + 6x + 7 + 5x2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x2 .
√ √ √ √
Bài 42. Giải phương trình 2x2 − 1 + x2 − 3x + 2 = 2x2 + 2x + 3 + x2 − x + 6.
√ √
Bài 43. Giải bất phương trình | x2 − x − 3| ≤ | x2 − 2| + | x − 3 − 2|.
Bài 44. Giải phươngrtrình
√ 17 √ 1
13x2 − 6x + 10 + 5x2 − 13x + + 17x2 − 48x + 36 = (36x − 8x2 − 21).
2 2
√ √ √
Bài 45. Giải phương trình x2 − 4x + 20 + x2 + 4x + 29 = 97.
158
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
2.3 Sử dụng tính hoán vị vòng quanh
Bài toán 23 (VMO - 1994). Giải hệ phương trình
3 2
x + 3x − 3 + ln( x − x + 1) = y
y3 + 3y − 3 + ln(y2 − y + 1) = z . Giải. Xét hàm số: f (t) = t3 + 3t − 3 + ln(t2 −
3
z + 3z − 3 + ln(z2 − z + 1) = x
t + 1) trên R
2t2 − 1
f 0 (t) = 3t2 + 3 + 2 > 0∀ t ∈ R
t −t+1
Suy ra hàm số y = f (t) đồng biến trên R. Ta viết lại hệ như sau:
f (x) = y
f (y) = x .
f (z) = x
Không mất tính tổng quát giả sử x = min { x, y, z}. Lúc đó:
Do x ≤ y ⇒ f ( x ) ≤ f (y) ⇒ y ≤ z ⇒ f (y) ≤ f (z) ⇒ z ≤ x hay x ≤ y ≤ z ≤ x ⇒ x =
y = z.
Thay x = y = z thế vào phương trình đầu tiên ta có: x3 + 3x − 3 + ln( x2 − x + 1) =
0 ⇔ f ( x ) = 0.
Mà f(x) là hàm đồng biến trên R nên phương trình có nhiều nhất một nghiệm. Dễ
thấy x = 1 là nghiệm của phương trình nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y; z) = (1; 1; 1).
Bài toán 24 (Olympic Đức - 2000). Giải hệ phương trình
3
x = 2y − 1
y3 = 2z − 1 .
3
z = 2x − 1
Giải.
Trước hết ta chứng minh x = y = z.
Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử x = max { x, y, z}, giả sử x 6= y.
x3 + 1 y3 + 1
Nếu x > y ⇒ y = > = z ⇒ y > z, và tương tự thì z > x ( mâu thuẫn).
2 2
Suy ra√x = y = z thế vào phương trình đầu tiên của hệ ta được: x3 = 2x − 1 ⇔ x =
−1 ± 5
hoặc x = 1.
2 ( √ √ √ !)
−1 ± 5 −1 ± 5 −1 ± 5
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y; z) ∈ (1; 1; 1); ; ; .
2 2 2
Bài toán 25 (VMO - 2006 - Bảng B). Giải hệ phương trình
3 2
x + 3x + 2x − 5 = y
y3 + 3y2 + 2y − 5 = z
3
z + 3z2 + 2z − 5 = x
Giải.
Giả sử x = max { x; y; z}. Xét 2 trường hợp:
( Nếu x ≥ y ≥ z và từ hệ ta có:
+) ( (
x3 + 3x2 + 2x − 5 ≤ x ( x − 1)(( x + 2)2 + 1) ≤ 0 x≤1
⇔ ⇔ ⇒ x = y =
z3 + 3z2 + 2z − 5 ≥ z (z − 1)((z + 2)2 + 1) ≤ 0 1≤z
159
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
z(= 1. +) Nếu x ≥ z ≥ y và từ hệ
( ta có: (
3 2
x + 3x + 2x − 5 ≤ x ( x − 1)(( x + 2)2 + 1) ≤ 0 x≤1
3 2
⇔ 2
⇔ ⇒ x = y =
y + 3y + 2y − 5 ≥ y (y − 1)((y + 2) + 1) ≤ 0 1≤y
z = 1.
Thử lại, x = y = z = 1 là nghiệm của hệ đã cho.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y; z) = (1; 1; 1).
Bài tập cùng phương pháp
3 2
x − 9(y − 3y + 3) = 0
Bài 46. Giải hệ phương trình y3 − 9(z2 − 3z + 3) = 0 .
3
z − 9( x2 − 3x + 3) = 0
(
2x − 2 = 3y − 3x
Bài 47. Giải hệ phương trình
2y − 2 = 3x − 3y
2
x + x − 1 = y
Bài 48. Giải hệ phương trình y2 + y − 1 = z
2
z +z−1 = x
x12 = x2 + 1
2
x2 = x3 + 1
Bài 49. Giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . ..
xn2 −1 = xn + 1
2
x n = x1 + 1
2.4 Bài toán chứa tham số
Bài toán 26 (Olympic Bulgari - 2000). Tìm tất cả các số thực m để phương trình sau có 3
nghiệm phân biệt:
( x2 − 2mx − 4(m2 + 1)( x2 − 4x − 2m(m2 + 1).
Giải.
Phương trình tương đương với: x2 − 2mx − 4(m2 + 1 = 0 ⇔ ( x − m)2 = 5m2 + 4 (1)
hoặc x2 − 4x − 2m(m2 + 1 = 0 ⇔ ( x − 2)2 = 2(m3 + m + 1) (2)
Phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt thì xảy ra các trường hợp sau: (1) có nghiệm
kép khác với 2 nghiệm phân biệt của (2) hoặc (2) có nghiệm kép khác với 2 nghiệm phân
biệt của (1) hoặc (1),(2) đều có 2 nghiệm phân biệt nhưng có 1 nghiệm chung.
+) Do 5m2 + 4 > 0 nên (1) chỉ có thể có 2 nghiệm phân biệt chứ không thể có nghiệm
kép suy ra trường hợp thứ nhất không xảy ra.
+) (2) có nghiệm kép khi và chỉ khi 2(m3 + m + 1) = 0 ⇔ m = −1. khi đó (2) có nghiệm
kép x = 2; (1) ⇔ ( x + 1)2 = 9 ⇔ x = 2; x = −4. Suy ra phương trình ban đầu chỉ có 2
nghiệm phân biệt là x = 2; x = −4 ( không thỏa mãn)
+) Với trường hợp cuối cùng, ta gọi r là nghiệm chung của (1) và (2) thì (x - r) là
thừa số chung của 2 biểu thức: x2 − 2mx − 4(m2 + 1; x2 − 4x − 2m(m2 + 1. Trừ 2 biểu
thức cho nhau ta có (x - r) là thừa số của (2m − 4) x − (2m3 − 4m2 + 2m − 4) hay
(2m − 4)r = (2m − 4)(m2 + 1). Vì vậy, m = 2 hoặc r = m2 + 1.
160
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Nếu m = 2 thì cả (1) và (2) đều trở thành ( x − 2)2 = 24 nên phương trình ban đầu chỉ có
2 nghiệm phân biệt, suy ra m = 2 không thỏa mãn.
Nếu r = m2 + 1 ⇒ (r − 2)2 = 2(m3 + m + 2) ⇔ (m2 − 1)2 = 2(m3 + m + 2) ⇔
(m + 1)(m − 3)(m2 + 1) = 0 ⇔ m = −1 hoặc m = 3. Nhưng m = -1 ta đã loại ở trên nên
suy ra m = 3.
Với m = 3 (1) ⇔ ( x − 3)2 = 49 ⇔ x = −4; x = 10; (2) ⇔ ( x − 2)2 = 64 ⇔ x = −6; x = 10
Suy ra phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt x = −4; x = −6; x = 10 (thỏa mãn)
Vậy với m = 3 thi phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
x + y + z = a (1)
Bài toán 27 (IMO - 1961). Giải hệ x2 + y2 + z2 = b2 (2) trong đó a,b là những hằng
xy = z2 (3)
số cho trước. Các số a, b phải thỏa mãn điều kiện gì để các nghiệm x, y, z của hệ là dương
phân biệt?
Giải.
Bình phương 2 vế của (1) ta được: a2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2( x + y)z. Mà x + y = a − z
a2 − b2
và từ (2), (3) ta có: a2 = b2 + 2z2 + 2( a − z)z ⇔ a2 = b2 + 2az ⇔ z = .
2a
2 2
x + y = a − z = a + b
Khi đó ta có: 2a ⇔
2 2 2
xy = z2 = ( a + b )
√ 4a2
2 2 2 2 4 4
x = a + b ± 10a b − 3a − 3b
4a √ 4a .
a2 + b2 10a2 b2 − 3a4 − 3b4
∓
y =
4a 4a
a2 + b2
Để x,y,z > 0 thì x + y > 0 ⇒ > 0 ⇒ a > 0. Với điều kiện này thì x > 0, y > 0 vì
2a
xy > 0.
a2 − b2
Mặt khác, z = > 0 ⇒ a2 > b2 ⇒ a > |b| (4)
2a
Để x 6= y ⇒ 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 > 0 (5)
|b|
Đặt t = theo (4) ta có: 1 > t ≥ 0 và có thể viết (5) dưới dạng: −3t4 + 10t2 − 3 > 0 ⇔
a
√ √
1 1
−3 t + 3 t + √ t− √ t − 3 > 0 (6)
3 3
√ 1 √ 1
Vì t > 0 nên t + 3; t + √ > 0 và vì t < 1 nên t − 3 < 0 ⇒ (6) ⇔ t − √ > 0 ⇒ t >
3 3
1 1 |b| 1 a
√ . Như vậy 1 > t > √ ⇒ 1 > > √ ⇔ a > |b| > √ , a > 0.
3 3 a 3 3
Vậy nghiệm của hệ là:
√ √ !
a2 + b2 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 a2 + b2 10a2 b2 − 3a4 − 3b4 a2 − b2
( x, y, z) = ± ; ∓ ;
4a 4a 4a 4a 2a
a
và a > |b| > √ , a > 0 là điều kiện để các nghiệm x, y, z của hệ là dương phân biệt.
3
Bài toán 28 (VMO - 1995 - 1996 - Bảng A). Biện luận số nghiệm thực của hệ
161
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
(
x 3 y − y4 = a2
trong đó a,b là những hằng số cho trước.
x2 y + 2xy2 + y3 = b2
Giải. (
y ( x 3 − y3 ) = a2 (1)
Hệ tương đương:
y ( x + y )2 = b2 (2)
Xét các trường hợp ( sau:
y=o
1. b = 0. khi đó: (2) ⇔
y = −x
Do
( vậy hệ đã cho tương đương (
y=0 y = −x
3 3 2
(I) hoặc (II)
y( x − y ) = a y ( x 3 − y3 ) = a2
(
y = −x
(II)⇔
−2x4 = a2
+) Nếu a 6= 0 thì (I) và (II) cùng vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
+) Nếu a = 0 thì (I) có vô số nghiệm dạng ( x ∈ mathbbR; y = 0) còn (II) có 1 nghiêm (0;
0) nên hệ vô nghiệm.
2. b 6= 0. Khi đó, từ (1), (2) ta thấy nếu (x; y) là nghiệm của " hệ thì phải có x#> 0, y > 0. Vì
3
|b| |b|
thế (2) ⇔ x = √ − y (3). Thế vào (3) vào (1) ta được: y √ − y − y3 = a2 (4)
y y
√
Đặt y = t, t > 0. Từ (4) ta có phương trình sau:
" 3 #
| b |
t2 − t2 − t6 = a2 ⇔ t9 − (|b| − t3 )3 + a2 t = 0 (5)
t
Xét f (t) = t9 − (|b| − t3 )3 + a2 t trên [0; +∞) có: f 0 (t) = 9t8 + 9(|b| − t3 )2 t2 + a2 ≥ 0∀t ∈
[0; +∞). Suy ra đồng biếnp trên [0; +∞) nên (5) có tối đa 1 nghiệm trong (0; +∞). Mà
f (0) = −(|b|)3 < 0, f ( 3 |b| = (|b|)3 + |b| a2 > 0 nên (5) có 1 nghiệm duy nhất.Kí hiệu
|b|
nghiệm đó là: t0 ∈ (0; +∞) Suy ra hệ có nghiệm duy nhất: ( x; y) = − t0 ; t20 .
t0
Vậy:
Nếu a = b = 0 thì hệ có vô số nghiệm.
Nếu a tùy ý, b 6= 0 thì hệ có nghiệm duy nhất.
Nếu a 6= 0, b = 0 thì hệ vô nghiệm.
2.5 Một số phương trình có cách giải đặc biệt
p √ p √
Bài toán 29. Giải phương trình x2 − 3 2x + 9 + x2 − 4 2x + 16 = 5.
Giải.
Nếu x ≤ 0 thì VT ≥ 3 + 4 = 7 > 5 = VP nên phương trình vô nghiệm.
Nếu x > 0 thì ta xét tam giác vuông ABC với A = 900 , AB = 4, AC = 3. Gọi AD là phân
giác của góc A, lấy M thuộc AD. Đặt AM = x.
162
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
√
Xét tam giác ACM có: CM2 = AM2 + AC2 − 2.AM.AC.cos450 = x2 + 9 − 3 2x.√
Xét tam giác ABM có: BM2 = AM√2 + AB2 − 2.AM.AB.cos45 √
0 = x 2 + 16 − 4 2x.
Suy ra VT = CM + BM ≥ BC = AB2 + AC2 = 32 + 42 = 5.
CM AB 3
Dấu bằng xảy ra ⇔ M ≡ D hay = = ⇔ 16CM2 = 9BM2
BM AC 4 √
2
√ 2
√ √ 12 2
⇔ 16x + 16.9 − 48 2x = 9x + 16.9 − 36 2x ⇔ 7x − 12 2x = 0 ⇔ x = .
√ 7
12 2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = .
7
√ √ p
Bài toán 30. Giải phương trình 4 − x 2 + 4x + 1 + x2 + y2 − 2y − 3 = 5 − y +
√4
x4 − 16.
Giải.
4 − x2 ≥ 0
4x + 1 ≥ 0
Điều kiện: ⇔ x = 2.
x2 + y2 − 2y − 3 ≥ 0
x4 − 16 ≥ 0
y ≤ 2
3
Khi đó phương trình trở thành: |y − 1| = 2 − y ⇔ y − 1 = 2 − y ⇔ y = .
2
y−1 = y−2
3
Vậy phương trình có nghiệm x = 2; y = .
2
p √ p √
Bài toán 31. Giải phương trình 1 + 2x − x2 + 1 − 2x − x2 = 2( x − 1)4 (2x2 −
4x + 1).
Giải. (
√ p 0≤y≤1
Đặt y = 2x − x2 = 1 − ( x − 1)2 ⇒
( x − 1)2 = 1 − y2
Phương trình trở thành: 1 + y + 1 − y = 2(1 − y2 )2 (1 − 2y2 ) (1)
p p
p
Mà 1 + y + 1 − y ≥ 1 + 1 − y2 ≥ 2 − y2 (2)
p p
Từ (1), (2) ⇒ 2(1 −(y2 )2 (1 − 2y2 ) ≥ 2 − y2 .
0≤z≤1
Đặt y2 = z ⇒
2(1 − z)2 (1 − 2z) ≥ 2 − z
163
nguon tai.lieu . vn
