Sử Dụng Phân Tích Nhân Tử Giải Hệ Phương Trình Chứa Căn – Lương Tuấn Đức

(1)

____________________________________________________________________________________________________________________________

3 3

3 1 x  y  xy 

---

CH C HU UY YÊ ÊN N ĐỀ Đ Ề

HỆ H Ệ P PH HƯ ƯƠ ƠN NG G T TR RÌ ÌN NH H – – H HỆ Ệ B BẤ ẤT T P PH HƯ ƯƠ ƠN NG G TR T RÌ ÌN NH H – – H HỆ Ệ H HỖ ỖN N T TẠ ẠP P

LÝ THUYẾT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC (PHẦN 1)

T

TRRUUNNGG ĐĐOOÀÀNN NNGGUUYYỄỄNN CCẢẢNNHH CCHHÂÂNN –– QQUUÂÂNN ĐĐOOÀÀNN TTĂĂNNGG TTHHIIẾẾTT GGIIÁÁPP

CCHHỦỦ ĐĐẠẠOO:: SSỬỬ DDỤỤNNGG PHPHƯƯƠƠNNGG PPHHÁÁPP BBIIẾẾNN ĐĐỔỔII TTƯƯƠƠNNGG ĐĐƯƯƠƠNNGG GIGIẢẢII HHỆỆ PPHHƯƯƠƠNNGG TTRRÌÌNNHH CCHHỨỨAA CCĂĂNN THTHỨỨCC

 SSỬỬ DDỤỤNNGG PPHHÉÉPP TTHHẾẾ VVÀÀ PHPHÉÉPP CCỘỘNNGG ĐĐẠẠII SSỐỐ..

 KKHHAAII TTHHÁÁCC BBÀÀII TTOOÁÁNN NNGGHHIIỆỆMM CCỐỐ ĐĐỊỊNNHH..

 SSỬỬ DDỤỤNNGG PPHHÂÂNN TTÍÍCCHH NNHHÂÂNN TTỬỬ CCƠƠ BBẢẢNN ((DDẠẠNNGG ĐĐAA TTHHỨỨCC))..

 SSỬỬ DDỤỤNNGG HHẰẰNNGG ĐĐẲẲNNGG TTHHỨỨCC..

 TTỔỔNNGG HHỢỢPP CCÁÁCC PPHHÉÉPP GGIIẢẢII PPHHƯƯƠƠNNGG TTRRÌÌNNHH CCHHỨỨAA CCĂĂNN..

 BBÀÀII TTOOÁÁNN NNHHIIỀỀUU CÁCÁCCHH GGIIẢẢII..

CCRREEAATTEEDD BBYY GGIIAANNGG SSƠƠNN ((FFAACCEEBBOOOOKK));; XXYYZZ11443311998888@@GGMMAAIILL..CCOOMM ((GGMMAAIILL)) THTHỦỦ ĐĐÔÔ HHÀÀ NNỘỘII –– MMÙÙAA TTHHUU 22001144

(2)

“ “ No N o n n sô s ôn ng g Vi V iệ ệt t Na N am m có c ó tr t rở ở nê n ên n tư t ươ ơi i đẹ đ ẹp p h ha ay y kh k hô ôn ng g, , dâ d ân n tộ t ộc c Vi V iệ ệt t N Na am m có c ó bư b ướ ớc c tớ t ới i đà đ ài i vi v in n h h q q ua u an n g g đ để ể s sá án n h h v va ai i vớ v ới i c cá ác c c cư ườ ờn ng g q qu u ốc ố c n nă ăm m c c hâ h âu u đ đư ượ ợc c ha h ay y k kh h ôn ô ng g, , c ch hí ín nh h l là à n nh hờ ờ m mộ ột t p ph hầ ần n lớ l ớn n ở ở c

c ôn ô ng g h họ ọc c t tậ ập p củ c ủa a c cá ác c e em m” ”

(T ( Tr rí íc ch h t th h ư ư C Ch hủ ủ t tị ịc ch h H Hồ ồ Ch C hí í M M in i nh h) ). .

“N “ Nà ày y h ho oa a b ba an n, , m mộ ột t n ng gh h ìn ì n n nă ăm m t tr rư ướ ớc c th t h ì ì m m ày à y c có ó t tr rắ ắn ng g t th h ế ế k kh hô ôn ng g… … Nà N à y y h ho oa a b ba an n, , m mộ ột t n ng gh h ìn ì n n nă ăm m s sa au u t th hì ì m mà ày y c có ó t tr rắ ắ ng n g t th hế ế k k hô h ôn n g… g …” ”

(N ( Nh h ữn ữ ng g n ng gư ư ời ờ i t th hợ ợ x xẻ ẻ - - N Ng gu uy yễ ễn n H Hu uy y T Th hi iệ ệp p) ). .

(3)

CHCHUUYYÊÊNN ĐĐỀỀ HHỆỆ PPHHƯƯƠƠNNGG TTRRÌÌNNHH –– HHỆỆ BBẤẤTT PPHHƯƯƠƠNNGG TTRRÌÌNNHH – – HHỆỆ HỖHỖNN TTẠẠPP LÝ THUYẾT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC (PHẦN 1)

TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CẢNH CHÂN – QUÂN ĐOÀN TĂNG THIẾT GIÁP

--- Trong khuôn khổ Toán học sơ cấp nói chung và Đại số phổ thông nói riêng, hệ phương trình – hệ bất phương trình – hệ hỗn tạp là dạng toán cơ bản nhưng thú vị, có phạm vi trải rộng, phong phú, liên hệ chặt chẽ với nhiều bộ phận khác của toán học sơ cấp cũng như toán học hiện đại.

Tại Việt Nam, hệ phương trình, nội dung hệ phương trình – hệ bất phương trình – hệ hỗn tạp là một bộ phận hữu cơ, quan trọng, được phổ biến giảng dạy chính thức trong chương trình sách giáo khoa Toán các lớp 9, 10, 11, 12 song song với các khối lượng kiến thức liên quan. Đây cũng là kiến thức phổ biến xuất hiện trong các kỳ thi kiểm tra kiến thức thường niên, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán các cấp trên toàn quốc, kỳ thi tuyển sinh lớp 10 hệ THPT và trong kỳ thi tuyển sinh đại học – cao đẳng hàng năm, một kỳ thi đầy cam go, kịch tính và bất ngờ, nó lại là một câu rất được quan tâm của các bạn học sinh, phụ huynh, các thầy cô, giới chuyên môn và đông đảo bạn đọc yêu Toán.

Yêu cầu của dạng toán khá đa dạng, đa chiều, mục tiêu tìm các ẩn thỏa mãn một tính chất nào đó nên để thao tác dạng toán này, các bạn học sinh cần liên kết, phối hợp, tổng hợp các kiến thức được học về phương trình, hệ phương trình và bất phương trình, như vậy nó đòi hỏi năng lực tư duy của thí sinh rất cao. Tuy nhiên "Trăm hay không hay bằng tay quen", các phương pháp cơ bản đã được được các thế hệ đi trước đúc kết và tận tụy cho thế hệ tương lai, các bạn hoàn toàn đủ khả năng kế thừa, phát huy và sáng tạo không ngừng, chuẩn bị đủ hành trang nắm bắt khoa học kỹ thuật, đưa đất nước ngày càng vững bền, phồn vinh, và hiển nhiên những bài toán trong các kỳ thi nhất định không thể là rào cản, mà là cơ hội thử sức, cơ hội khẳng định kiến thức, minh chứng sáng ngời cho tinh thần học tập, tinh thần ái quốc !

Các phương pháp giải hệ phương trình – hệ bất phương trình – hệ hỗn tạp được luyện tập một cách đều đặn, bài bản và hệ thống sẽ rất hữu ích, không chỉ trong bộ môn Toán mà còn phục vụ đắc lực cho các môn khoa học tự nhiên khác như hóa học, vật lý, sinh học,...Tài liệu này mở màn cho lớp hệ phương trình chứa căn thức sử dụng phép thế, cộng đại số, phân tích hằng đẳng thức, phân tích nhân tử không chứa căn (không sử dụng liên hợp) và phối hợp các kỹ năng này. Tuy nhiên đây là hệ phương trình chứa căn thức nên đòi hỏi độc giả đã nắm vững các phương pháp giải hệ phương trình cơ bản, hệ phương trình hữu tỷ và các phương pháp giải phương trình chứa căn nói chung. Các thao tác tính toán và kỹ năng trình bày cơ bản đối với phương trình, hệ phương trình xin không nhắc lại.

I.I.KIKIẾẾNN TTHHỨỨCC CCHHUUẨẨNN BBỊỊ

1. Kỹ thuật nhân, chia đơn thức, đa thức, hằng đẳng thức, phân thức, căn thức, giá trị tuyệt đối.

2. Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.

3. Nắm vững các phương pháp giải, biện luận phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc cao.

4. Sử dụng thành thạo các ký hiệu toán học, logic (ký hiệu hội, tuyển, kéo theo, tương đương).

5. Kỹ năng giải hệ phương trình cơ bản và hệ phương trình đối xứng, hệ đồng bậc các loại.

(4)

IIII..MỘMỘTT SSỐỐ BBÀÀII TTOOÁÁNN ĐĐIIỂỂNN HHÌÌNNHH VVÀÀ KKIINNHH NNGGHHIIỆỆMM TTHHAAOO TTÁÁCC A. PHƯƠNG PHÁP THAY THẾ

Bài toán 1. Giải hệ phương trình ²



^;



3 1 2.

x y x y x y

 



 

   



 . Lời giải.

Điều kiện x 3;y1. Hệ phương trình đã cho tương đương với

  

          

2 2

4 2 3 1 4

3 1 2

2 2

; 3;5 , 1;1

3 1 0 3;1

y x

x x

y x y x

x x x x y

  

 

 

   

 

 

   

 

 

    

    

 

 

Kết luận hệ đã cho có hai nghiệm kể trên.

Bài toán 2. Giải hệ phương trình ₃⁴ ₂^5,

 

6 8 4 8.

x y

x

x x x y

 



 

    



Điều kiện căn thức xác định. Thế 4y 5 xtừ phương trình thứ nhất vào phương trình thứ hai ta được

3 2

3 2 2 3

3 0 3

6 8 3 1 1

6 8 6 9 1

x x

x x x x x y

x x x x x x

   

 

          

      

 

. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất.

Bài toán 3. Giải hệ phương trình

 

3 2 2 2

2 2

4 7 7 2 2 ,

; 1.

x x x x x y

x y

x y

      

 

  



Điều kiện căn thức xác định. Thế x²y² 1từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất ta có

 

3 2

3 2 2

3 2

3 3 3 3

3

2 1 0 1

4 7 7 2 2 1 2

4 7 7 2 4 4 1

4 3 3 1 0

1 1 1

1

2 2 2

1 1 3

1 3 1 3

1 3

x x

x x x x

x x x x x

x x x

x

x x x x x

    

 

      

     

     

        

  

     

           

  

Đối chiếu điều kiện ta thấy hệ có các nghiệm

 

²

 

²

3 3 3 3

1 1 1 1

; 1 ; ; 1

1 3 1 3 1 3 1 3

x  y  x  y  

   

.

 

2 2

2 2 3 2

3. ;

4 12 3 2 .

x y

x y

x y x x x x

  

 

      



Điều kiện căn thức xác định.

(5)

Thế x²y² 3vào phương trình thứ hai của hệ ta có

3 2 3

3 2 2

3

2 3 0 3

4 12 3 2 3 2 6

4 12 3 4 12 9

6

x x

x x x x x

x

   

 

        

     

  

. Kết luận hệ đã cho có nghiệm



^{x y}^;



^



³^{6; 3}^³^{36 ,}

 

³^6;^ ³^³³⁶



^.

Nhận xét.

Đây là tài liệu mở đầu cho toàn bộ series hệ phương trình chứa căn thức của tác giả và 4 bài toán mở màn chũng thực sự đơn giản, không ai trong số các bạn không nhận rõ điều đó! Thực tế thì hệ phương trình chứa căn thức là sự nâng cao và phát triển của hệ phương trình đại số, hệ phương trình hữu tỷ, với mức độ đơn giản nhất mà các bạn biết là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn với phương pháp thế (thay thế) và cộng đại số trực thuộc phạm vi chương trình Đại số Học kỳ II lớp 9 THCS.

Phương pháp thế là một phương pháp vô cùng cơ bản, đơn giản, có lẽ bạn học sinh hệ THPT chính quy nào cũng biết nó là bước quan trọng trong khâu xử lý cuối cùng của hệ phương trình trước khi quy về phương trình một ẩn hoặc thử nghiệm, loại nghiệm. Sẽ là khách quan khi nói rằng phương pháp thế là một phương pháp cơ bản, đơn giản, nhưng sẽ là sai lầm khi nói rằng phương pháp thế là một phương pháp có tính “thẩm mĩ” cao. Quả thực, đôi lúc những phương trình hệ quả chúng ta thu được rất cồng kềnh, dài dòng, còn tính giải được hay chưa thì còn phải “hy vọng”, những lúc ấy, các bạn học sinh thường quen gọi với ngôn từ “phương trình khủng bố”. Tuy nhiên, chính vì cái cảm giác “tầm thường” dành cho nó nên đôi khi nhiều bạn học sinh của mình tỏ ra lúng túng, xuất hiện tâm lý e ngại thậm chí là kỳ thị phương pháp thế, vô hình chung làm rào cản đối với những lời giải tự nhiên, ngắn gọn, thậm chí là tối ưu.

Mời quý độc giả theo dõi các bài toán tiếp theo

Bài toán 5. Trích lược bài T4/408; Đề ra kỳ này; Số 408; Tháng 6 năm 2011; Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ; Nhà Xuất bản Giáo dục Việt Nam.

Tác giả: Lại Quang Thọ - Giáo viên Trường THCS Tam Dương; Huyện Tam Dương; Tỉnh Vĩnh Phúc.

Giải hệ phương trình

3 2

2 1 3,

4 1 9 8 52 4 .

x y

x x y x y xy

   



      

 Lời giải.

Điều kiện y 1. Từ phương trình thứ nhất suy ra 3 ₂ 3 ₂

2 1 3

4 4 6 9 4 6 5

x x

y x

y x x y x x

 

 

    

      

 

Thế đồng loạt vào phương trình thứ hai ta có

       

3 2 2 2 2

2 3 9 2 6 5 52 6 5 4 21 0 3; 7

x  x x  x x  x   x x  x  x  x    x . Loại trường hợp x  3 x7 y3. Kết luận hệ đã cho có nghiệm duy nhất.

 

2 3 2

2 2 3 19,

;

2 1.

x y xy x x

x y

y x

     

 

   



Điều kiện y2. Phương trình thứ hai tương đương 1₂

2 1

2 3

y x x

  

    

  

 Phương trình thứ nhất của hệ trở thành

   

2 2 3 2

3 2 3 2

1 2 3 2 3 19

19 502

2 3 3 2 3 19

3 9

x x x x x x x

x x x x x x y

      

         

(6)

Kết luận hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

 

2 2 1 9 3 1,

;

2 1 1 .

y y x x

x y

y x

    

 

   



Điều kiện 1

y2. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 1₂

2 1 1

2 2 2

y x x

  

    

  

 Phương trình thứ nhất của hệ trở thành

       

 

2 3 3 3

2

3 3

2 2 1 9 1 1 1 9 1

1 1 1 1

1 9 1 9 1 1

2 2

9 1 9 1

x x x x x x x x x

x x x x y

            

 

             

   

Kết luận hệ có nghiệm duy nhất.

 

1 5,

2 ;

4 8 3 1 3 0.

x y

x y

y x y

   

 



     



Điều kiện y 1. Phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương với

2 2

2 5 0 2 5 0

2 5 2 1

4 20 25 4 4 4 20 21 4

x x

x y

x x y x x y

   

 

    

      

 

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được



²

   

2 2

4 20 21 3 2 5 3 0

12 64 84 0 3 16 21 0 3;7

3

x x x x

x x x x x

      

 

           

 

Loại trường hợp 4 5 5

3 2 4; 4

x  x y là nghiệm duy nhất của hệ.

   

1 2,

;

2 4 2 2 1 .

x y

x y

y x y x x

   

 

      



Điều kiện x1;xy4. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

2 2

1 2

1 4 4 4 5

x x

y x

y x x y x x

 

 

    

      

 

Phương trình thứ hai của hệ trở thành

   

2 2

2 2 2

2

4 5 2 3 1 4 1 2

2 5 2 3 1 4 1 0

3 1 2 3 1 1 1 4 1 4 0

3 1 1

3 1 1 1 2 0

1 2

x x x x x x

x x x x x

x x x x x x

x x

x x x x

x

        

        

            

    

           

  



(7)

Kết luận hệ đã cho vô nghiệm.

Nhận xét.

Từ bài toán số 5 trở đi, mức độ các bài toán đã khó hơn 4 bài toán trước, mặc dù vẫn không nằm ngoài phạm vi phép thế nhưng để thu được phương trình hệ quả, chúng ta phải “thế đồng bộ” – “thế triệt để”. Tại sao lại gọi là thế đồng bộ và thế triệt để. Các bạn có thể quát sát thí dụ điển hình là bài toán 5, phương trình thứ hai của hệ có sự xuất hiện của hai đại lượng y1,ynên cần phải có phương án thế trọn vẹn cho nó, và định hướng như sau

o Nâng lũy thừa phương trình thứ nhất 3 ₂ 3 ₂

2 1 3

4 4 6 9 4 6 5

x x

y x

y x x y x x

 

 

    

      

 

o Đối với phương trình thứ hai, chỗ nào có y1ta thế 2 y  1 x 3. o Đối với phương trình thứ hai, chỗ nào có y ta thế

2 6 5

4

x x

y  

 .

Các bài toán 6, 7, 8, 9 cũng tương tự như thế, chỉ với phép thế đơn thuần thôi nhưng lựa chọn phương trình vô tỷ khó xử lý các bạn có thể dễ dàng tạo ra những bài toán khá thú vị.

 

2

6 11 10 2 2 ,

;

2 .

x x y x x

x y

y x x

     

 

   



Điều kiện x2;y 2.

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với

2 2

4 3 2

2 0

2 2

x x

y x x

y x x x

  

    

   

 Thế vào phương trình thứ nhất ta được

   

4 3 2 2

4 3 2 2 2

2 2

2 2 6 11 10 2 2

2 2 2 2 5 10 5 1 0

2 5 1 1

x x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x

       

            

          Kết luận hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài toán 11. Giải hệ phương trình ¹ ^2,



^;



12 2 1 4 1 7 5 1 4 4 .

y x

x y

x y x x x y

   

 

          



Điều kiện ^x^{ }



^{1;1 , 4 4}



^ ^x^^y^^0;^y^{ }¹^.

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương 2₂

1 2

4 3

y x x

  

    

  

 Phương trình thứ hai của hệ trở thành

  

²



2

12 2 1 4 2 7 5 1 4 4 4 4 3

4 2 1 3 5 1 1

x x x x x x x

x x x x

           

        

Đặt ¹^^x ^^a^{; 1}^^x^^{b a b}^;



^, ^⁰



ta thu được ²^a²^^{a b}



^⁵



^^b²^²^b^{ }³ ⁰^



²^{a b}^{ }³



^{a b}^{ }¹



^⁰^.

Trường hợp 1

2

2 2

2 3 0 2 1 1 3 4 1 4 3

3 4 24

0;25

16 16 9 24 16

a b x x x x

x x

x x x

           

   

   

     



(8)

Trường hợp 2

2

1 0 1 1 1 2 1 2 1

1 3

2 2

4 4 4 4 1

a b x x x x

x x

x x x

           

 

  

    



Kết luận hệ phương trình đã cho có các nghiệm



^;

 

^{0;3 ,}



^{24 4851}^; ^, ^{3 15}^; ^{2 3}

25 625 2 4

x y    

       .

   

3

1 3,

3 3 ;

2 10 4 4 2 .

2

y x

x x y

y x x x

x

   

 

 

     



Điều kiện ^x^



^{0; 2 ,}



^y^¹⁰^x^{ }⁴ ^0;^y^{ }¹^.

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2₂

1 3

6 9

y x x

  

    

  



Phương trình thứ hai của hệ trở thành ²



² ⁴ ⁵



³ ³ ³ ^{4 2}

 

¹

2

x x x x x

x

       .

Áp dụng bất đẳng thức u v 2 uvta được

   

 

2 3 2 3

3 3

3 3 2 1 1 1 1

2 4 5 4 2 2 2 1

2 2

2 2 1 1 1

2 2.2. 2 . 4 . . . 4 2

2

x x

x x x x x x

x x x x

x x x

    

            

 

     

Dấu đẳng thức xảy ra khi ³ 1

2 x 1;x x 1 x 1;y 16

   x     . Kết luận hệ có nghiệm duy nhất.

Bài toán 13. Giải hệ phương trình ³ ^1,



^;



2 3 3 11 17 9 8 13 4.

y x

x y

y x y x x

   

 

        



Điều kiện 8

3; 9

y x . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

2 2 4

3 1

1

y x x

y x

x

   

    

   Phương trình thứ hai của hệ trở thành

 

   

2 2

2

2 9 17 9 8 13 4 2 18 17 9 8 13 4

17 17 9 8 2 13 4 2 18 16 0

17 9 8 2 13 4 2 18 16 0

9 8 9 8

17. 2 9 8 0

9 8 2 13 4

17 1

9 8 2 0 1

9 8 2 13 4

x x x x x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

          

          

   

     

    

 

      

    

 

(9)

Ta thấy 17 1 8 2 0,

9 8 2 13 4 x 9

x x x x    

     nên

 

¹ ^ ^x²^⁹^x^{ }⁸ ⁰^



^x^¹



^x^⁸



^⁰^{ }^x

 

^1;8 ^.

Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x1;y 7 x8;y84.

 

   

4 3 2

2

2 4 1 4 2 9,

;

4 5 4 6.

x y x x x y x

x y

x y x x y

      

 



     



Điều kiện 4y x 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với

     

 

2 2

4 3 2

2 2

4 2 9 1

2 4 4 2 9

2 4 6 6 4 3 3 2

2

x x y x x

x x y x x y x x

x x y x x x y x x x

    

       

 

 

   

     

 

Thế (2) vào (1) ta được

   

2 2

2 4 3 2 3

3 3 2 9 12 48 64 0 4 0 4; 0

2

x x x x x x x x x x x

 

               

 

 

.

Thử trực tiếp vào hệ ta loại x0. Với

4 4

4 17 289 225

4 4 4

16 64

x x

x y

y y

   

 

 

     

  

 

 

Kết luận hệ ban đầu có nghiệm duy nhất.

Nhận xét.

Bài toán số 14 tác giả xuất phát ý tưởng từ bài II.2; Đề thi tuyển sinh Đại học; Môn Toán; Khối B; Đề chính thức;

Mùa thi 2008; Bộ Giáo dục và Đào tạo như sau

Giải hệ phương trình

 

4 3 2 2

2

2 2 9,

;

2 6 6.

x x y x y x

x y

x xy x

    

 

   



 .

Phép thay thế ẩn mới y 4yxđã làm biến đổi toàn bộ hệ, đảo lộn các đại lượng chứa x độc lập cũng như giấu đi cấu trúc sẵn có của hệ.

Sử dụng ý tưởng tương tự các bạn có tể tạo ra rất nhiều hệ phương trình có độ khó tương đương.

(10)

Bài tập tương tự.

o Giải hệ phương trình

    

1,

2 3 25 ;

4 13 .

2 2

x y

x y x y

y y

x y

 



  

   

  



 .

   

 

2

2 0

1 1 5 ;

12 . 1

x y x y

x x y

x y

x

    

 

  

 



 .

   

 

2 2

2

9 16,

1 ;

6 8 6 7 0.

x x

y x y

x x y x x y

  

  



       







²

  

1 1,

2 1 1 2 2 2 . ;

x y

x x y y x y

   

 

      



 .



² ¹



^1, ₂ ₂



^;



2 1 10 4 2 5.

x y

x y

x x y y

   

 

     



 .

 

2 2

2

4 1 3 5 12 3,

;

2 3 2 6.

y x y x

x y

y x

     

 

  



 .

o Giải hệ phương trình ² ^1,



^;



7 2.

y x

x y

y x x

   

 

    



 .

   

2 3 2

1 2,

;

10 1 3 2 3.

x y

x y

x y

   

 

    



 .

o Giải hệ phương trình ² ¹ ² ^1, ₂



^;



3 1 5 4 2 2 2 2 1.

y x

x y

x x x x y y

   

 

         



 .

o Giải hệ phương trình ³ ^1,



^;



3 5 11 10 2 .

y x

x y

x x x y

   

 

      



 .

o Giải hệ phương trình ⁵ ^2,



^;



7 5 15 5 31.

y x

x y

x x y x y

   

 

        



 .

   

3 3

2 3 2 2 3 2 1,

;

2 1 3 2 3 2 1.

x y y x

x y

y y x x

     

 

      



 .

 

2 2 2

2 2

3 3 2 2 2 1 3 0,

;

3 2 2.

x y x y y

x y

x y y

       

 

   



 .

   

 

2 2

4 28 1 2 1 0,

;

3 28 1.

1

y x x y

x x y

y x

x

      



 

  

 



 .

(11)

B. KHAI THÁC BÀI TOÁN NGHIỆM CỐ ĐỊNH – PHÂN TÍCH CẤP 1.

  

 

2

2 2

1 3 ,

;

11 2 5 2 .

x y

x x x y

x y x y

  

     

   



     



Điều kiện y0; 5 x0. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

   

        

2 2

2 3 2 3 2 2 0

2

1 2 2 0 2 1 0

1

x x y x x x x y

x

x x x y x x y

x y

          

  

            

   Xét trường hợp x 2, phương trình thứ hai của hệ trở thành

   

 

2

4 11 2 3 2 2 3 2 7 14 11 25

25 625 625

; 2;

11 121 121

121 746 625 0

y y y y y y

y y x y

y y

          

 

  

      

 

   



Xét trường hợp 1₂

1 2 1

x y x

y x x

  

   

  

 Phương trình thứ hai của hệ trở thành

     

2 2 2 2

12 2 5 2 3 0 2 3 2 5. 2 3 3 5 0

x  x  x x  x  x  x  x x  x  x  . Đặt x5u; x²2x3v u; 0,v  0 u 3v0. Ta thu được

  

     

2 2 2

2 2

2 3 0 3 0

3 0

5 2 3 2 0 2;1 ; 1; 4

u v

u uv v u v u v u v

u v

x x x x x x x y

 

         

 



             

Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm



^;

 

^{1; 4 ,}



^2;⁶²⁵

x y  121

  

 .

 

3 2

6 3

1 5,

;

8 6 14 49 96.

x y

x x x y

x x x x y

  

    

   



       



Điều kiện y0; 6x8. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

 

        

6 3 2

5 1 5 6 3

2 3 3 3 2 0 3

2

x y x x x y

x x

x x x y x x y x

x y

 

         

 

  

           

 



Loại trường hợp x 3.

Với x 2 ythì phương trình thứ hai trở thành 8x x6x³14x²49x2. Điều kiện 6x8. Ta có

(12)

 

     

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

0 2 0 2 2 2

2 2

a b a ab b a ab b a b

a b a b a b a b a b

          

         

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có ⁸^^x^ ^x^⁶^ ^{2 8}



^{  }^x ^x ⁶



^ ⁴^²^.

Mặt khác ^x³^¹⁴^x²^⁴⁹^x^{ }² ^{x x}



²^¹⁴^x^⁴⁹



^²^^{x x}



^⁷



²^{ }² ^2,^{ }^x



^6;8



^.

Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi các dấu đẳng thức xảy ra, tức là 6 8 7 0 7

x x

  

  

  



. Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất x7;y81

 

3

20 5

9 2 1 1,

;

1 3 12 24 42.

x y

x x x y

x x y x x

  

      

   



       



Điều kiện ^x^



^{1; 2 ;}



^y^{ }¹. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

      

   

2 9 20 2 5 1 4 5 2 5 1

3

5 4 2 1 0

4 2 1

x x x y x x x y

x

x x y

x y

          

  

       

  



Loại trường hợp x 3.

Xét x 4 2 y 1 x²8x164y 4 x² 4y8x12. Phương trình thứ hai tương đương với x 1 3xx³3x²6. Điều kiện 1x3. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có



^x^{ }¹ ³^^x



² ^



¹²^¹²

 

^x^{  }^{1 3} ^x



^⁴^ ^x^{ }¹ ³^^x ^²^.

Bên cạnh đó ^x³^³^x²^{ }⁶ ^x³^³^x²^{  }^{4 2}



^x^²

 

² ^x^¹



^^2,^{ }^x

 

^1;3 ^.

Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi các dấu đẳng thức đồng thời xảy ra, nghĩa là 1 3 2 0 2

x x

  

  

  



. Thử lại thấy thỏa mãn đề bài, kết luận nghiệm duy nhất x2.

 

4 4

5 2 1 2 ,

;

3 5 10 4 25.

x y

x x x y

x x x y

  

      

   



      



Điều kiện y2;3x5. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

      

   

2 5 4 2 4 2 4 1 2 4 2

4

4 1 2 2 0

1 2 2

x x x y x x x y

x

x x y

x y

          

  

       

  



Loại trường hợp x 4. Xét x 1 2 2y  x²2x  1 8 4yx²  7 4y2x. Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành x 3 5xx²8x18.

Điều kiện 3x5. Ta có

(13)

 

     

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

0 2 0 2 2 2

2 2

a b a ab b a ab b a b

a b a b a b a b a b

          

         

Áp dụng bất đẳng thức trên thì

 

3 5 2 3 5 4 2

x  x x  x   .

Mặt khác ^x²^⁸^x^¹⁸^



^x^⁴



²^{ }² ². Do đó phương trình ban đầu có nghiệm khi 3 5 4 0 4

x x

  

  

  



. Thử lại, kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất 17

4; 4

x y  . Nhận xét.

Từ bài toán số 15, lớp hệ phương trình của chúng ta đã bước sang một lối ngoặt mới, đó là hệ phương trình sử dụng phân tích nhân tử. Cũng vì hình thức cồng kềnh của hệ nên phép thế của mình gần như là quá sức, do đó chúng ta nghĩ đến một phương pháp phía sau thế, đó là phải làm gọn gàng bằng cách chia nhỏ các khả năng thế, đó chính là bắc cầu bằng cách đưa một phương trình về dạng tích

 

     

; 0 . . . .... 0 0 0 0 ...

; 0 ; 0

; 0

f x y A B C D A B C

g x y g x y

g x y



         

  

 

  

 

  

  



Khi đó chúng ta sẽ thu được các hệ nhỏ hơn bao gồm

     

0 0 0

; 0 ; 0 ; 0 ...

A B C

g x y g x y g x y

  

  

  

  

  

  

  

  

Tuy nhiên, vì sao chúng ta lại có được phép phân tích nhân tử như vậy. Đối với các bạn học sinh lớp 12 bậc THPT có lẽ đã quá quen thuộc với bài toán tương giao các đồ thị hàm số với nhau, đặc biệt là tương giao đồ thị hàm số đa thức với trục hoành.

Tác giả xin mời quý độc giả và các bạn đến với bài toán thuộc phạm vi hàm số như sau Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số ^y^^x³^²^x²^



¹^^{m x}



^^m

 

¹ ;m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m1.

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x x x thỏa mãn điều kiện ₁, ₂, ₃

2 2 2

1 2 3 4

x x x  .

(Trích lược câu I;Đề thi tuyển sinh Đại học; Môn Toán; Khối A; Đề thi chính thức; Đợt 1; Mùa thi 2010; Bộ Giáo dục và Đào tạo Việt Nam).

Lời giải (Dành cho I.2)

 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là

     

   

3 2 2

2

2 1 0 1 0 1

0 2

x x m x m x x x m x

f x x x m

 

           

   



 Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

 Đặt x₁1;x x₂, ₃là các nghiệm của (2), áp dụng hệ thức Viete ² ³

2 3

1

x x

x x m

  



 

 Ta được yêu cầu tương đương

 

2 2

2 3

1 4 0 1 4

1 0 0 1 1; 0

1 2 3 4 3

m m

f m m m

x x m

     

 

        

 

     



.

Câu hỏi đặt ra: Tại sao lại có phân tích thu được (2), thực ra đó là do tính chất nghiệm của phương trình đa thức:

Một đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì có một nghiệm bằng 1.

Các bạn có thể hiểu cách khác rằng x1là một nghiệm cố định của đa thức ^{P x}

 

^^x³^²^x²^



¹^^{m x}



^^m^{. Một}

số bạn có thể biết đến tính chất nghiệm thứ hai tương tự như sau

(14)

Một đa thức có tổng các hệ số chẵn bằng tổng các hệ số lẻ thì có một nghiệm bằng -1.

Vấn đề đặt ra tiếp theo là nếu người ta cho đa thức có nghiệm cố định khác 1 thì sao, chẳng hạn x2;x3;...

Thực ra điều này không quá khó, đã là nghiệm cố định chúng ta hiểu là đa thức có nghiệm với mọi giá trị thực của tham số, có nghĩa là khi thay tối thiểu từ 2 giá trị tham số trở lên chúng ta thu được cùng một nghiệm x

Thật vậy, với bài toán hàm số trên các bạn sử dụng máy tính

 

³ ² ²



¹



^; ⁵ ¹ ¹

6 1

m x

P x x x m x m x

m x

  

       

  



cố định.

Chúng ta hãy cùng nhau quay lại áp dụng đối với các bài toán từ 15 đến 17.

Bài toán 15.

 Sơ lược ^x ¹ ² ^y ³ ² ^x²



^x ²



^y ³^x ² ^x² ³^x ²



^x ²



^y ⁰

x x

 

                 

  .

 Gán y bất kỳ 5 2

6 2 2

y x

y x x

   

   

    



là nghiệm cố định.

 Biến đổi nhân tử



¹



²

 

²



⁰



²

 

¹



⁰ ²

1

x x x y x x y x

x y

  

           

   Bài toán 16.

 Sơ lược ^x ⁶ ¹ ³ ^y ⁵ ^x ⁵ ⁶ ¹ ³ ^y ^x² ⁵^x ⁶



^x ³



^y

x x x x

   

               

    .

10 3

y x

   



   





²



³

 

³

 

³

 

²



⁰ ³

2

x x x y x x y x

x y

  

          

   Bài toán 17.

 Sơ lược ^x ⁹ ²⁰ ^{2 1} ⁵ ^y ¹ ^x² ⁹^x ²⁰ ²



^x ⁵



^y ¹

x x

 

            

  .

10 5

y x

   



   





⁴



⁵



²



⁵



¹



⁵

 

^{4 2} ¹



⁰ ³

4 2 1

x

x x x y x x y

x y

  

            

  



 

3 1

2 7 2 1,

9 ;

2 2 1 8 .

x y

x x

y x y

x x

x

  

     

   

 

   



 .

Lời giải.

Điều kiện 1

; 1

x2 y  . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

      

2 2 1 0

2 7 3 2 1 1 3 2 1 2 1 1

3 1

x x x y x x x y x

x y

  

            

  



Xét 1

2 1 0

x  x 2, loại. Xét x 3 y 1 x 3;x²6x 8 y. Khi đó phương trình thứ hai trở thành

(15)

 

    

2 2

2 2 1 6 7 1 2 2 1 7 6 1 2 2 1 1 7 8 1

4 1 4

1 7 1 1 7 1 1

2 1 1 2 1 1

x x x x x x x x x x

x

x x x

x x x x

x x

              

         

   

Ta có ⁴ ⁴ ⁴ ⁷ ^1, ¹

 

¹

1 2

2 1 1

x x

x x x

x       

  vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đề bài có nghiệm duy nhất x1;y15.

 

2

5 3

2 3 2 4 ,

;

7 5 1 8 3.

x y

x x x y

x y x

  

     

   



     



Điều kiện 1 ²

4; 0; 7 5 0

y 8x  x y . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

      

2 2 3 0

2 5 3 2 3 4 2 3 1 2 3 4

1 4

x x x y x x x y x

x y

  

            

  



Xét 3

2 3 0

x   x 2, loại. Ta có ₂ 1

1 4

2 3

x y x

x x y

  

    

   

 Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành

 

     

 

2 2

2 2 2

2

2 2

2 3 2 1 8 3 6 2 4 10 8 6 1 8

6 6 6 6 8 1 1 8 1 4 4 4 4 8 1

4 4 1 8 1 4 8 1 4

8 1 2 1 1

2 1 8 1 2

8 1 2 3 0 2

x x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x

x x

           

              

       

   

     

    



o

 

₂

2

2 1 0 1

1 2 3

8 1 4 4 1

4 12 0

x x

x x x x

x x

   

 

   

   

   

.

o Phương trình (2) vô nghiệm vì 1 11 1

8 1 2 3 2. 3 0,

8 4 8

x x   x

          

  .

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm duy nhất x3.

 

2

20 5

2 13 2 5 ,

;

7 4 2 2 1 4 .

x y

x x x y

x x y x

  

     

   



      



Điều kiện 1 ²

0; 7 4 2 0; 5

4 x x x y y

        . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

      

2 2 5 0

2 13 20 2 5 5 4 2 5 2 5 5

4 5

x x x y x x x y x

x y

  

            

  



(16)

Xét 5

2 5 0

x   x 2, loại.

Xét ₂ 4 4₂

4 5

8 16 5 8 11

x x

x y

x x y y x x

   

 

    

       

 

Phương trình thứ hai của hệ trở thành

   

2 2

2 2 2

2

8 12 9 2 1 4 8 12 9 5 4 4 1 4

8 8 4 4 1 4 4 4 2 2 4 1

4 8 4 4 1 2 4 1 1 2 2 4 1 1

2 2 4 1 1 2 2 4 1 1

1

4 1 2 1 2 0

4 1 4 4 1

x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x

           

         

            

         

  

      

    



Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x0.

 

3 2 2

2

4 4 1 ,

;

12 9 2 1.

x x x x y

x y

x x y y x

     

 



       



Điều kiện x 1;y0. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

     

2

2 2 1

1 4 1

4

x x x y x

x y

 

     

 



Xét ^x² ^{   }¹ ^x



^1;1



, kết hợp phương trình thứ hai của hệ ta được

 ¹ ¹

 

¹



^;

 

^{1; 0 ,}

 

^1;1



0 0;1 4 2

x x x

y x y

y y

        

  

     

  

  

    

 



.



 

1 1 1 98 2 97

; 1;

1 97 4

24 0 20 2

2

x x x

y y x y

y y y

 

      

  

     

            

  

 

.

Xét x 4 y  x 4;yx²8x16. Phương trình thứ hai của hệ trở thành 2x²5x3 2 x1. Ta biến đổi với điều kiện

2 2 5 3 0 3

1 1

1 2

x x

x

   

     

  



 

     

 

2 2

2 5 3 1 4 1 4 2 6 2 4 1

3 1 2 1 2 1 1 2 1 1

1 2 1

1 1 1

1 2

x x x x x x x

x x

           

            

   



     

   





 

¹ ² ₂ ₂ ² ⁵ ¹³

1 4 4 5 3 0 2

x x

x x x x x x

 

  

   

      

 

.

(17)



 

² ⁰ ₂ ₂ ⁰ ¹ ⁵

1 1 0 2

x x

x x x x x

 

  

   

    

 

. Đối chiếu điều kiện ta thu được các nghiệm của hệ gồm

     

^{98 2 97} ¹ ^{5 43 9 5} ⁵ 13 77 16 13

; 1; 0 , 1;1 , 1; , ; , ;

4 2 2 2 4

x y        �