Phương trình tích

Leave a reply

1. Kiến thức cần nhớ

Tính chất:  $ A(x) \cdot B(x) = 0 \Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
A(x) = 0 \hfill \cr
B(x) = 0
\end{array} \right. $

Phương pháp: Các bước giải phương trình tích như sau:

  • Bước 1: Đưa phương trình đã cho về dạng tổng quát $ A(x) \cdot B(x) = 0 $ bằng cách chuyển tất cả các hạng tử của phương trình về vế trái, khi đó vế phải bằng $0$. Phân tích đa thức ở vế trái thành nhân tử.
  • Bước 2: Giải phương trình và kết luận.

2. Ví dụ

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:

a/ $ (4x+8)(3x-6) = 0 $
b/ $ (x-2)(4x-12) = 0 $

Giải

a/ $ (4x+8)(3x-6) = 0 $
$\Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
4x+8 = 0 \\
3x-6 = 0
\end{array} \right.  \Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
x = -2 \\
x = 2
\end{array} \right. $
Vậy $ S= \{-2;  2\} $

b/ $ (x-2)(4x-12) = 0 $
$ \Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
x-2 = 0 \\
4x-12 = 0
\end{array} \right.  \Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
x = 2 \\
x= 3
\end{array} \right. $
Vậy $ S= \{2; 3 \} $

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:

a/ $ (2x-6)(x+21)(12-3x) = 0 $
b/ $ (2x+7)(x-5)(5x-1) = 0 $

Giải

a/ $ (2x-6)(x+21)(12-3x) = 0 $
$ \Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
2x-6 = 0 \\
x+21 = 0 \\
12-3x = 0
\end{array} \right.  \Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
x = 3 \\
x=  -21 \\
x = 4
\end{array} \right. $
Vậy $ S= \{3;  -21;  4 \} $

b/ $ (2x+7)(x-5)(5x-1) = 0 $
$ \Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
2x+7=0 \\
x-5=0 \\
5x-1 = 0
\end{array} \right.
\Leftrightarrow \left[
\begin{array}{l}
x = \dfrac{-7}{2} \\
x=5 \\
x=\dfrac{1}{5}
\end{array} \right. $
Vậy $ S= \left \{\dfrac{-7}{2}; 5 ; \dfrac{1}{5} \right \} $

3. Bài tập tự luyện

Bài 1: Giải các phương trình sau:

a/ $ (x+2)(x-3) = 0 $
b/ $ (2x+1)(2-3x) = 0 $
c/ $ (5x-4)(4x+6) = 0 $
d/ $(4 x+2)\left(x^{2}+1\right)=0$
e/ $(2 x+7)(x-5)(5 x+1)=0$
f/ $(x-1)(2 x+7)\left(x^{2}+2\right)=0$

Bài 2: Giải các phương trình sau:

a/ $(4 x-10)(24+5 x)=0$
b/ $ (x-5)(3-2x)(3x+4) = 0 $
c/ $ (2x+1)(x^2+2) = 0 $
d/ $ 2x(x-3)+5(x-3) = 0 $
e/ $ (x^2-4)(5x-4)(x^3+1) =0 $
f/ $(3 x-2)(4 x+5)=0$

Bài 3: Giải các phương trình sau:

a/ $(5 x+2)(x-7)=0$
b/ $15(x+9)(x-3)(x+21)=0$
c/ $\left(x^{2}+1\right)\left(x^{2}-4 x+4\right)=0$
d/ $(3 x-2)\left[\dfrac{2(x+3)}{7}-\dfrac{4 x-3}{5}\right]=0$

Giải bài toán bằng đại lượng cực biên-Phần 1

Leave a reply

Tương đương với nguyên lý qui nạp là nguyên lý cực hạn, trong dó cụ thể bằng một số tính chất sau:

Tính chất (tiên đề)

  •  Một tập con hữu hạn khác rỗng của tập số thực luôn tồn tại phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất.
  • Mọi tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$ bị chặn trên đều tồn tại chặn trên nhỏ nhất.
  • Mọi tập con khác rỗng của $\mathbb{R}$ bị chặn dưới đều tồn tại chặn dưới lớn nhất.

Trong nhiều bài toán, việc chọn đối tượng cực hạn (lớn nhất hoặc nhỏ nhất) giúp ta thuận lợi trong suy luận. \
Cũng như quy nạp, cực hạn cũng có nhiều ứng dụng rộng rãi trong các việc giải quyết các bài toán tổ hợp.
Ví dụ 1. Tìm $n$ lớn nhất sao cho tồn tại $n$ điểm mà 3 điểm bất kì đều tạo thành tam giác vuông.

Lời giải
  Ta thấy $n=3, n=4$ đều tồn tại. Ta chứng minh $n\geq 5$ thì không tồn tại. \\
Giả sử ngược lại, tồn tại 5 điểm, sao cho 3 điểm bất kì đều tạo thành tam giác vuông. Khi đó ta chọn hai điểm sao cho có độ dài lớn nhất. Khi đó các điểm còn lại đều nằm trên đường tròn đường kính là đoạn thẳng này. Khi đó 3 điểm thuộc 2 nửa đường tròn, khi đó có ít nhất 2 điểm cùng thuộc một nửa, từ đó tồn tại một tam giác khác vuông có đỉnh là 2 điểm này cùng một điểm thuộc đường kính. Do đó không thỏa đề bài.

Bài toán này có nhiều các để tiếp cận, việc tìm ra $n=5$ không có gì khó, khi chứng minh $n=5$ không thỏa cũng có nhiều cách suy luận, tuy vậy việc chọn đoạn thẳng có độ dài lớn nhất giúp ta dễ dàng suy ra mâu thuẫn.
Ví dụ 2. Trên một mặt bàn đặt một số các đồng xu với kích cỡ không giống nhau đôi một (các đồng xu không được đè lên nhau và phải nằm sấp hoặc ngửa trên bàn). Chứng minh rằng dù ta đặt như thế nào đi nữa, cũng luôn tồn tại một đồng xu chỉ tiếp xúc được với nhiều nhất 5 đồng xu khác.

Lời giải
  Chọn đồng xu có bán kính nhỏ nhất, thì đồng xu này chỉ tiếp xúc không quá 5 đồng xu khác. Giả sử nó có thể tiếp xúc với 6 đồng xu khác. Khi đó $A$ là tâm đường tròn, tâm các đường tròn còn lại là $A_1, \cdots, A_6$. Khi đó tồn tại $A_iA_{i+1} \leq 60^\circ$, suy ra $A_iA_{i+1} < AA_i$ vô lý, vì bán kính của $(A)$ là nhỏ nhất.

Ví dụ 3. Cho $n$ điểm trong mặt phẳng biết rằng cứ 3 điểm bất kì tạo thành một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng $n$ điểm thuộc một hình tam giác có diện tích không lớn hơn 4.

Lời giải
  Gọi $A, B, C$ là 3 điểm tạo thành tam giác sao cho $ABC$ có diện tích lớn nhất. Từ $A, B, C$ vẽ các đường song song với các cạnh đối diện, các đường thẳng cắt nhau tại $A’, B’, C’$ ta chứng minh các điểm thuộc cạnh hoặc miền trong tam giác $A’B’C’$.

Thật vậy, nếu có điểm nào nằm ngoài tam giác $A’B’C’$ thì điểm đó kết hợp với hai trong 3 điểm $A, B, C$ sẽ có diện tích lớn hơn diện tích tam giác $ABC$, vô lý.
Do $S_{A’B’C’} = 4S_{ABC} \leq 4$.

Ví dụ 4. (Sylvester) Trong mặt phẳng cho $n$ điểm phân biệt, sao cho mỗi đường thẳng đi qua hai điểm thì đi qua ít nhất một điểm khác. Chứng minh rằng $n$ điểm này cùng thuộc một đường thẳng.

Lời giải
Giả sử không phải tất cả các điểm cùng thuộc một đường thẳng. Khi đó ta xét khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng qua ít nhất 3 điểm, trong các khoảng cách này có khoảng cách nhỏ nhất. Giả sử $P$ là điểm có khoảng cách từ $P$ đến $d$ là nhỏ nhất, với $d$ là đường thẳng qua các điểm $A, B, C$ theo thứ tự. \\
Gọi $H$ là hình chiếu của $P$ trên $d$, $D, E$ là hình chiếu của $A, B$ trên $B$ trên $PA, PC$. Nếu $H$ thuộc tia $BA$ thì $BE < PH$, nếu $H$ thuộc đoạn $BC$ thì $BD < PH$. Mâu thuẫn với $PH$ là nhỏ nhất. \\
Vậy tất cả các điểm cùng thuộc một đường thẳng.
Trên đây là một định lý kinh điển với lời giải cực hạn cũng đi vào các sách giáo khoa về tổ hợp, việc chọn khoảng cách nhỏ nhất đó là một ý tưởng khá độc đáo, giúp giải quyết bài toán rất nhanh.

Việc chọn đối tượng cực hạn phụ thuộc vào bài toán và hướng đi kế tiếp, có được điều này cần rèn luyện thêm trong việc giải toán.

Ví dụ 5. Cho 3 trường, mỗi trường có $n$ học sinh, biết rằng cứ mỗi học sinh thì quen ít nhất $n + 1$ học sinh của hai trường khác. Chứng minh rằng có thể chọn được từ mỗi trường một bạn sao cho 3 bạn này đôi một quen nhau.

Lời giải
Giả sử 3 trường là $X, Y, Z$. Tồn tại một người có số người quen ở cùng một trường khác là nhiều nhất, giả sử $A$ thuộc $X$ có số người quen ở trường $Y$ nhiều nhất là $k$. Khi đó số người quen của $A$ ở $Z$ ít nhất là $n+1-k$. Nếu nhóm người quen $A$ ở $Z$ quen với số người quen $A$ ở $X$ có hai người quen nhau thì ta có điều chứng minh.\\
Ngược lại xét người quen $A$ ở $Z$, đặt là $B$ quen số người ở $Y$ tối đa là $n-k$, khi đó $B$ quen ở $X$ ít nhất là $n+1 – (n-k) = k+1$, mâu thuẫn với cách chọn $A$. (Mâu thuẫn).

Ví dụ 6. Một bữa tiệc có 10 học sinh tham gia, biết rằng mỗi học sinh quen với ít nhất là 5 người. Chứng minh rằng có thể sắp xếp 10 học sinh ngồi vào một bàn tròn sao cho hai người kế nhau thì quen nhau.

Lời giải
Giả sử chuỗi người quen dài nhất có độ dài là $k$, $A_1A_2…A_k$, ta thấy các người còn lại không ai quen $A_1, A_k$ nên suy ra $k \geq 6$. \\
Nếu $k = 6$, suy ra $A_1$ và $A_6$ quen nhau, khi đó trong các người còn lại $A_7$ quen một trong cái người giả sử là $A_i$, khi đó ta có chuỗi $A_7A_iA_{i-1}A_1A_6A_{i+1}$ có độ dài hơn 6, vô lý.\\
Nếu $k =7$, khi đó $A_1$ quen từ $A_2$ đến $A_6$ và $A_7$ quen $A_2$ tới $A_6$, khi đó có một vòng $A_2A_7A_6A_5A_4A_3A_1A_2$. Khi đó sẽ có một người trong nhóm còn lại thì ta sẽ có chuỗi dài hơn, mâu thuẫn.\\
Nếu $k=8,9$ xét tương tự, ta sẽ có $k=10$. Giả sử có chuỗi $A_1\cdots A_{10}$. Khi đó tồn tại $k>i$ sao cho $A_1$ quen $A_k$ và $A_{10}$ quen $A_i$, khi đó có cách xếp thỏa đề bài là $A_1A_k\cdot A_iA_{10}A_9…A_k$.

Ví dụ 7. Một bảng $2n \times 2n$ ô, người ta đánh dấu bất kì $3n$ ô trong bảng. Chứng minh rằng tồn tại $n$ dòng và $n$ cột sao cho $3n$ ô được đánh dấu thuộc $n$ dòng và $n$ cột này.

Lời giải
Chọn $n$ dòng sao cho số ô được tô là lớn nhất, ta chứng minh rằng số ô được tô trong $n$ dòng này là không ít hơn $2n$ ô. \\
Thực vậy giả sử số ô được tô là ít hơn $2n$, khi đó $n$ dòng còn lại có nhiều hơn $n$ ô được tô, nên có ít nhất một một dòng có 2 ô được tô. Do đó $n$ dòng đã chọn, mỗi dòng ít nhất 2 ô được tô nên tổng số ô hơn hoặc bằng $2n$ (mâu thuẫn).\\
Vậy ta chỉ cần chọn $n$ cột chứa các ô được tô màu nhưng chưa được chọn trong $n$ dòng trên thì sẽ có điều cần chứng minh.

Bài tập rèn luyện
Bài 1. Có $(2n + 1)$ người đứng trên cùng một mặt phẳng, khoảng cách giữa họ không giống nhau. Sau đó mỗi người bắn người gần họ nhất. Chứng minh rằng:

a) Có ít nhất một người còn sống.
b) Không ai bị bắn quá năm viên đạn.
c) Các đường đạn không cắt nhau.

Bài 2. Một hành tinh có 20 quốc gia. Trong ba nước bất kỳ, luôn có hai nước không thiết lập quan hệ ngoại giao với nhau. Chứng minh rằng, hành tình này có tối đa 200 đại sứ quán.
Bài 3. Với $2n + 3$ điểm trong mặt phẳng, ba điểm bất kỳ không thẳng hàng và bốn điểm bất kỳ không cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh rằng ta có thể chọn ba điểm và vẽ được một đường tròn qua ba điểm đó. Trong $2n$ còn lại, có $n$ điểm nằm trong đường tròn và $n$ điểm nằm ngoài đường tròn.
Bài 4.  Điền các số từ 1 đến $n^2$ vào bảng vuông $n \times n$. Chứng minh rằng có hai ô kề nhau (kề cạnh hoặc kề đỉnh) mà hiệu của chúng không nhỏ hơn $n + 1$.
Bài 5.  Có $N(N \geq 3)$ chơi tenis vòng tròn một lượt. Cuối giải người ta thấy rằng không có ai thắng tất cả các trận thi đấu. Chứng minh rằng có thể tìm được 3 người A, B, C sao cho A thắng B, B thắng C và C thắng A.
Bài 6.  Cho $a, b$ là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau.
Gọi $d=(a,b)$. Khi đó tồn tại các số nguyên $x, y$ sao cho $$xa+yb=d$$

 

Đề thi và đáp án thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm học 2016-2017

Leave a reply

ĐỀ BÀI

Bài 1. Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{x^4}{x^3+y^2+z^2}+\dfrac{y^4}{y^3+z^2+x^2}+\dfrac{z^4}{z^3+x^2+y^2}\ge \dfrac{1}{7}.$$

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:N^* \rightarrow  N^*$ thoả mãn đồng thời các điều kiện:

i)  $ f(mn)=f(m)f(n) \forall m,n \in N^* $.
ii) $f(m)+f(n)$ chia hết cho $m+n$, $\forall m,n \in N^* $.
iii) $f(2017)=2017^3$.

Bài 3.  Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định. $C$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $AB$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Gọi $I,I_a,I_b$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp $\angle BAC$ và $\angle ABC$ của tam giác $ABC$.
a) Gọi $M$ đối xứng với $I$ qua $O$. Chứng minh rằng tam giác $MI_{a}I_{b}$ cân.
b) Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $I_a,I_b$ trên $OI$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $BI_a$ và đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AI_b$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh rằng $P$ thuộc một đường cố định khi $C$ thay đổi.

Bài 4.  Cho $S$ là tập hợp khác rỗng và $A_1,A_2,\ldots,A_m\ (m\ge 2)$ là $m$ tập con của $S$. Gọi $\mathcal T$ là tập hợp gồm tất cả các tập hợp $A_i\Delta A_j\ (1\le i,j \le m$). Chứng minh rằng $|\mathcal T| \ge m$. \medskip

(Ký hiệu $A\Delta B=(A\backslash B)\cup (B\backslash A)$ là hiệu đối xứng của hai tập hợp $A,B$).

 

Hệ phương trình – Phương pháp cộng đại số – Hệ phương trình đối xứng loại hai

Leave a reply

 1. Phương pháp cộng đại số – Hệ phương trình đối xứng loại hai

Từ một hệ phương trình gồm có hai hay nhiều phương trình, ví dụ $\left\{\begin{array}{l} f(x,y)=0 (1) \\ g(x,y)=0 (2) \end{array} \right.$, ta tạo ra một hệ mới tương đương với hệ đã cho, bằng cách tạo thêm một phương trình dạng $af(x,y) + bg(x,y) = 0$, việc chọn lựa các hệ số $a, b$ đòi hỏi nhiều kinh nghiệm vì phương trình mới tạo ra phải đơn giản hơn, hoặc có ý để giúp giải được hệ.

Hệ đối xứng loại hai là hệ có dạng $\left\{\begin{array}{l} f(x,y)=0\ \ (1) \\ g(x,y)=0 \ \ (2) \end{array} \right.$ trong đó $f(y, x) = g(x,y)$ và $g(y,x) = f(x,y)$. Để giải hệ này ta lấy $(1)$ trừ $(2)$, sau đó xử lý tiếp.

Ví dụ 1:  Giải hệ phương trình $\begin{cases}x+3y=2x^2&\\ y+3x=2y^2 \end{cases}$ $(*)$

Giải

Ta có $(*) \Leftrightarrow \begin{cases} x+3y=2x^2&\\ -2(x-y)=2(x^2-y^2) \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x+3y=2x^2 \ \ (1)&\\ 2(x-y)(x+y+1)=0 \ \ (2) \end{cases}$.

Từ (2) suy ra $y=-x-1$ hoặc $x=y$.

Trường hợp $y=-x-1$ thay vào (1) ta được $x+3(-x-1) =2x^2 $ (vô nghiệm).

Trường hợp $x=y $ thay vào (1) ta được $4x=2x^2 \Leftrightarrow 2x(x-2)=0 \Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=0$.

Vậy $(x,y)=(2;2)$ hoặc $(x,y)=(0;0)$.

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^3+1=2y&\\ y^3+1=2x. \end{cases}$ $(*)$

Giải

$(*) \Leftrightarrow \begin{cases} x^3+1=2y&\\(x-y)(x^2+xy+y^2)=-2(x-y) \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x^3+1=2y \ \ (1)&\\ (x-y)(x^2+xy+y^2+2)=0 \ \ (2) \end{cases}$

$(2) \Leftrightarrow x=y$ hoặc $x^2+xy+y^2+2=0$.

Trường hợp $x=y $ thay vào (1) ta được $x^3-2x+1=0 \Leftrightarrow (x-1)(x^2+x-1)=0.$

Suy ra $ x=1$ hoặc $x=\dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}.$

Trường hợp $x^2+xy+y^2+2=0 \Leftrightarrow (x-\dfrac{y}{2})^2+\dfrac{3y^2}{4}+2=0$ (vô nghiệm)

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(1,1)$ hoặc $(x,y)=(\dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}, \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}).$

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình $\begin{cases} 3y=\dfrac{y^2+2}{x^2}&\\ 3x=\dfrac{x^2+2}{y^2} \end{cases} $ $(*)$

Giải

Điều kiện $xy \ne 0$.

$(*) \Leftrightarrow \begin{cases} 3x^2y=y^2+2&\\ 3xy^2=x^2+2 \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} 3yx^2=y^2+2 \ \ (1) &\\ 3xy(x-y)=-(x-y)(x+y) \ \ (2) \end{cases} $

$(2) \Leftrightarrow (x-y)(x+y+3xy)=0$.

Trường hợp $x=y$, thay vào (1) ta được $3x^3-x^2-2=0\\ \Leftrightarrow (x-1)(3x^2+2x+2)=0$

$\Leftrightarrow x=1$ hoặc $3x^2+2x+2=0$ (vô nghiệm).

Vậy $(x,y)=(1,1)$.

Trường hợp $x+y+3xy=0$ không xảy ra. Thật vậy, để ý rằng từ hệ phương trình đã cho nếu có nghiệm $(x,y)$ thì $x,y>0$ do đó $x+y+3xy>0$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(1,1).$

Trên đây là các hệ phương trình đối xứng loại hai, sau đây ta xét các ví dụ về một số hệ không mẫu mực khác, sử dụng phương pháp cộng đại số. Chú ý, tạo ra phương trình mới thì phương trình mới có thể xuất hiện hằng đẳng thức, phân tích thành nhân tử được…

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+6y=6x&\\ y^2+9=2xy \end{cases}$

Giải

Lấy phương trình $(1)$ cộng phương trình $(2)$ ta có $x^2 + y^2 -2xy + 6(y-x) + 9 = 0 \Leftrightarrow (y-x+3)^2 = 0 \Leftrightarrow y = x -3$.

Thế vào $(1)$ ta có: $x^2 + 6(x-3) = 6x \Leftrightarrow x = 3\sqrt{2}, x=-3\sqrt{2}$.

Với $x = 3\sqrt{2} \Rightarrow y = 3\sqrt{2}-3$.

Với $x = -3\sqrt{2} \Rightarrow y = -3\sqrt{2}-3$.

Vậy hệ có hai nghiệm $(x;y)$ là $(3\sqrt{2};3\sqrt{2}-3); (-3\sqrt{2};-3\sqrt{2}-3)$.

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình $\begin{cases}x^2+y^2+xy=3&\\ x^2+2xy=7x+5y-9. \end{cases}$

Giải

Cộng vế theo theo vế hai phương trình ta được

$ 2x^2+y^2+3xy-7x-5y+6=0 $

$\Leftrightarrow y^2+(3x-5)y+2x^2-7x+6=0$

$\Leftrightarrow y^2+(3x-5)y+(2x-3)(x-2)=0$

$\Leftrightarrow (y+2x-3)(y+x-2)=0$

$\Leftrightarrow y+2x-3=0 \ \text{hoặc } \ y+x-2=0.$

Trường hợp $\begin{cases} y+2x-3=0&\\ x^2+y^2+xy=3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} y=3-2x&\\ 3x^2-9x+6=0. \end{cases}$.

Ta được $\begin{cases} x=1&\\ y=1 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} x=2&\\ y=-1. \end{cases}$

Trường hợp $\begin{cases} y+x-2=0&\\ x^2+y^2+xy=3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}y=2-x&\\ x^2-2x+1=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x=1&\\ y=1. \end{cases}$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (1;1); (2;-1)\right\} .$

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+y^2+4xy=6&\\ 2x^2+8=3y+7x \end{cases}$ $(*)$

Giải

$(*) \Leftrightarrow \begin{cases} x^2+y^2+4xy=6&\\ 4x^2+16=6y+14x. \end{cases}$

Cộng vế theo vế của hai phương trình ta được

$5x^2+y^2+4xy-6y-14x+10=0$

$\Leftrightarrow (x-1)^2+(2x+y-3)^2=0 $

$\Leftrightarrow \begin{cases}x=1&\\ 2x+y=3 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x=1&\\y=1. \end{cases}$

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2y+2x+3y=6&\\ 3xy+x+y=5 \end{cases}$.

Giải

Trừ vế theo vế hai phương trình ta được $x^2y-3xy+x+2y-1=0.$

Dễ thấy với $y=0$ thì $(x,0)$ không thể là nghiệm của hệ nên ta chỉ xét $y \ne 0$.

Chia hai vế của phương trình trên cho $y$ ta được

$ x^2-3x+\dfrac{x}{y}+2-\dfrac{1}{y}=0$

$\Leftrightarrow x^2 -(3-\dfrac{1}{y})x+(2-\dfrac{1}{y})=0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x+\dfrac{1}{y}-2)=0$

$\Leftrightarrow x=1 \ \text{hoặc} \ x+ \dfrac{1}{y}-2=0.$

Trường hợp $\begin{cases}x=1&\\ 3xy+x+y=5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=1&\\y=1. \end{cases}$

Trường hợp $\begin{cases}x+\dfrac{1}{y}-2=0&\\ 3xy+x+y=5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x+\dfrac{1}{y}=2&\\3x+\dfrac{x}{y}+1=\dfrac{5}{y}. \end{cases}$

Suy ra $\dfrac{1}{y}=2-x$ và $3x+x(2-x)+1=5(2-x) \Leftrightarrow x^2-10x+9=0 \Leftrightarrow x=1 \ \text{hoặc} \ x=9.$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (1;1); \left( 9, -\dfrac{1}{7}\right) \right\} $.

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+2xy+2y^2+3x=0&\\ xy+y^2+3y+1=0. \end{cases}$

Giải

Lấy phương trình thứ nhất cộng hai lần phương trình thứ hai ta được

$(x+2y)^2+3(x+2y)+2=0$

$\Leftrightarrow (x+2y+1)(x+2y+2)=0.$

Trường hợp $x+2y+1=0 \Leftrightarrow x=-2y-1$ thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

$ y^2-2y-1=0 \Leftrightarrow y=1 \pm \sqrt{2}.$

Với $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=-3+\sqrt{5}$.

Với $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=-3-\sqrt{5}$.

Trường hợp $x+2y+2=0 \Leftrightarrow x=-2y-2$ thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

$y^2-y+1=0 \Leftrightarrow y=\dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}.$

Với $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=-3+\sqrt{5}$.

Với $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \Rightarrow x=-3-\sqrt{5}$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ \left( -3-2\sqrt{2}; 1+\sqrt{2}\right) ; \left( -3+2\sqrt{2}; 1-\sqrt{2}\right) ; \left( -3+\sqrt{5}; \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right) ;  \left( -3-\sqrt{5}; \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right) \right\} $.

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^3(2+3y)=1&\\ x(y^3-2)=3. \end{cases}$

Giải

Dễ thấy $x \ne 0.$

Khi đó hệ tương đương $\begin{cases} 2+3y=\dfrac{1}{x^3}&\\ y^3-2=\dfrac{3}{x} \end{cases}$

Cộng vế theo vế của hệ phương trình ta được

$y^3+3y=\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{3}{x}$

$\Leftrightarrow y^3-\dfrac{1}{x^3}+3\left( y-\dfrac{1}{x}\right) =0 $

$\Leftrightarrow \left( y-\dfrac{1}{x}\right) \left( y^2+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{y}{x}+3\right) =0$

$\Leftrightarrow \left( y-\dfrac{1}{x}\right) \left[ \left( y+\dfrac{1}{2x}\right) ^2+\dfrac{3}{4x^2}+3\right] =0$

$\Leftrightarrow y=\dfrac{1}{x}.$

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

$\dfrac{1}{x^3}-2=\dfrac{3}{x} \Leftrightarrow 2x^3+3x^2-1=0 \Leftrightarrow x=-1 \ \text{hoặc} \ x=\dfrac{1}{2}.$

Với $x=-1$ ta được $y=-1$, với $x=\dfrac{1}{2}$ ta được $y=2$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (-1;-1); \left( \dfrac{1}{2};2\right)\right\}  $.

2. Bài tập rèn luyện

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} x^2-2x-y-1=0&\\ y^2-2y-x-1=0 \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^3+3x=8y&\\ y^3+3y=8x \end{cases}$

c)  $\begin{cases} x^3=5x+y&\\ y^3=5y+x  \end{cases}$

d) $\begin{cases} x-3y=4\dfrac{y}{x}&\\ y-3x=4\dfrac{x}{y}  \end{cases}$

e) $\begin{cases} xy+x^2=1+y&\\ xy+y^2=1+x \end{cases}$

f) $\begin{cases} 3y=\dfrac{y^2+2}{x^2}&\\ 3x=\dfrac{x^2+2}{y^2} \end{cases}$

g) $\begin{cases} 3x^3=x^2+2y^2&\\ 3y^3=y^2+2x^2 \end{cases}$

h) $\begin{cases} 3x^2y-y^2-2=0&\\ 3y^2x-x^2-2=0 \end{cases}$

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} x+\sqrt{y+3} =3&\\ y+\sqrt{x+3}=3 \end{cases}$.

b) $\begin{cases} \sqrt{x+5}+\sqrt{y-2}=7&\\ \sqrt{y+5}+\sqrt{x-2}=7 \end{cases}$

c) $\begin{cases} \sqrt{x}+\sqrt{2-x}=\sqrt{2}&\\ \sqrt{y}+\sqrt{2-x}=\sqrt{2} \end{cases}$

d) $\begin{cases} x \sqrt{1+y^2}+y \sqrt{1+x^2}=2&\\ x \sqrt{1+x^2}+y\sqrt{1+y^2}=2 \end{cases}$

e) $\begin{cases} \sqrt{x^2+3}+2\sqrt{x}=3\sqrt{y}&\\ \sqrt{y^2+3}+2\sqrt{y}=3\sqrt{x} \end{cases}$

f) $\begin{cases} x+\dfrac{2}{y}=\dfrac{3}{x}&\\ y+\dfrac{2}{x}=\dfrac{3}{y} \end{cases}$

g) $\begin{cases} 2x+3\sqrt{5-y}=8&\\ 2y+3\sqrt{5-x}=8 \end{cases}$

h) $\begin{cases} \sqrt[3]{3x+5}=y+1&\\ \sqrt[3]{3y+5}=x+1 \end{cases}$

i) $\begin{cases} x+1=\sqrt{2+\sqrt{y+3}}&\\ y+1=\sqrt{2+\sqrt{x+3}} \end{cases}$

Bài 3: Giải các hệ phương trình sau

a) $\begin{cases} x^2(1-2y)=y^2(4x+2y)&\\ 2x^2+xy-y^2=x \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^2(y^2+1)=2&\\ x^2y^2+xy+1=3x^2 \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^2+2=x(y-1)&\\ y^2-7=y(x-1) \end{cases}$

d) $\begin{cases} 4x^2+y^4-4xy^3=1&\\ 2x^2+y^2-2xy=1 \end{cases}$

Bài 4: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} x^2+2xy+y=4&\\ x^2+xy+2y+x=5 \end{cases}$

b) $\begin{cases} 2x^2+2xy+y=5&\\ y^2+xy+5x=7 \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^2+y^2+xy=3&\\ y^2-xy+5x+4y=9 \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^2+y^2=2&\\ 4(x+y)-x^2y^2=7 \end{cases}$

e) $\begin{cases} x^2+y^2+x+y=4&\\ x^2+2xy+9=7x+5 \end{cases}$

Bài 5: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+7=5y-6z&\\ y^2+7=10z+3x&\\ z^2+7=-x+3y \end{cases}$

Bài 6: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^3+3xy^2+3xz^2-6xyz=1&\\ y^2+3yx^2+3yz^2-6xyz=1&\\ z^3+3zy^2+3zx^2-6xyz=1. \end{cases}$

Bài 7: Giải hệ phương trình $\begin{cases} (x-2y)(x-4z)=3&\\ (y-2z)(y-4x)=5&\\ (z-2x)(z-4y)=-8. \end{cases}$

Bài 8: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x(yz-1)=3&\\ y(zx-1)=4&\\ z(xy-1)=5. \end{cases}$

Bài 9: Giải hệ phương trình $\begin{cases}ab+c+d=3&\\ bc+d+a=5&\\ cd+a+b=2&\\ da+b+c=6 \end{cases}$

Bài 10: Cho $a \in \mathbb{R}$. Giải hệ phương trình $\begin{cases} x_1^2+ax_1+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_2&\\  x_2^2+ax_2+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_3&\\ …&\\ x_n^2+ax_n+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_1 \end{cases}$

Hệ phương trình – Phương pháp thế

Leave a reply

Trong chương này đề cập đến một số phương pháp giải hệ phương trình cơ bản nhất: Phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, phương pháp ẩn phụ, và phương pháp đánh giá. Qua các phương pháp chúng ta cũng đi qua một số dạng phương trình mẫu mực như: hệ phương trình đối xứng loại một, loại hai, hệ đẳng cấp, hệ hoán vị vòng quanh,…Ngoài ra là các hệ không mẫu mực ở mức độ vừa phải, không quá xấu về mặt hình thức, phù hợp với các bạn THCS.

1. Phương pháp thế

Nội dung phương pháp: Từ một trong các phương trình, tính được một hoặc nhiều biến theo một hoặc nhiều biến khác, sau đó thế hết vào các phương trình còn lại để số biến sẽ giảm lại.

Trong các phương pháp giải hệ phương trình thì Phương pháp thế là phương pháp quan trọng và được sử dụng nhiều nhất. Mục tiêu của việc thế là đưa hệ nhiều ẩn thành hệ ít ẩn hơn, hoặc đưa về phương trình một ẩn, từ đó có thể giải được bài toán.

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình $ \left\{\begin{array}{l} x + 2y = 3\\ x^2-3y^2 + 4xy=2 \end{array} \right. $

Giải

$\left\{\begin{array}{l} x + 2y = 3 (1) \\x^2-3y^2 + 4xy=2 (2) \end{array} \right.$

Từ (1) ta có $x = 3-2y$, thế vào (2) ta có:

$(3-2y)^2-3y^2 + 4(3-2y)y = 2 \Leftrightarrow y^2 = 1 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} y = 1\\ y=-1 \end{array} \right.$

Với $y = 1 \Rightarrow x = 1$.

Với $y = -1 \Rightarrow x = 5$.

Vậy hệ có 2 nghiệm $(x;y)$ là $(1;1), (5;-1)$.

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} 2x^2+x+y^2=7\\ xy-x+y=3 \end{array} \right.$

Giải

Nếu $x=-1$ thì phương trình thứ hai vô nghiệm.

Xét $x \ne -1.$ Từ phương trình thứ hai ta được

$xy-x+y=3 \Leftrightarrow y=\dfrac{x+3}{x+1}$.

Thay vào phương trình đầu của hệ ta được

$2x^2+x+\left( \dfrac{x+3}{x+1}\right) ^2=7$

$\Leftrightarrow (2x^2+x-6)+\left[ \left( \dfrac{x+3}{x+1}\right)^2 -1\right] =0$

$\Leftrightarrow (x+2)(2x-3)+\dfrac{4}{(x+1)^2}(x+2)=0$

$\Leftrightarrow x=-2 \ \text{hoặc} \ 2x^3+x^2-4x+1=0.$

Trường hợp $x=-2$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=-1$.

Trường hợp $2x^3+x^2-4x+1=0  \Leftrightarrow (x-1)(2x^2+3x-1)=0$

$\Leftrightarrow x=1 \ \text{hoặc} \ x=\dfrac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}.$

Với $x=1$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=2.$

Với $x=\dfrac{-3 \pm \sqrt{17}}{4}$ thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được $y=\dfrac{9 \pm \sqrt{17}}{1+\sqrt{17}}$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (-2;-1), (1;2), \left(\dfrac{-3\pm \sqrt{17}}{4}; \dfrac{9 \pm \sqrt{17}}{1+\sqrt{17}}\right)\right\} .$

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 2x^2y+3xy=4x^2+9y\\ 7y+6=2x^2+9x. \end{array} \right.$

Giải

Từ phương trình thứ hai suy ra $y=\dfrac{2x^2+9x-6}{7}$.

Thay vào phương trình thứ nhất ta được

$2x^2 \left( \dfrac{2x^2+9x-6}{7} \right) +3x \left(  \dfrac{2x^2+9x-6}{7} \right) =\dfrac{7.4x^2}{7}+9 \left( \dfrac{2x^2+9x-6}{7} \right) $

$\Leftrightarrow (2x^2+9x-6)(2x^2+3x-9)=28x^2$

$\Leftrightarrow 4x^4+24x^3-31x^2-99x+54=0$

$\Leftrightarrow \left( x-\dfrac{1}{2}\right) (x+2)(4x^2+18x-54)=0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2} \ \text{hoặc} \ x=2 \ \text{hoặc} \ x=\dfrac{-9 \pm \sqrt{33}}{4}.$

Trường hợp $x=\dfrac{1}{2}$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=-\dfrac{1}{7}$.

Trường hợp $x=-2$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=-\dfrac{16}{7}$.

Trường hợp $x=\dfrac{-9 \pm \sqrt{33}}{4}$ thay vào phương trình thứ hai ta được $y=3$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y) \in \left\{ \left( \dfrac{1}{2}; – \dfrac{1}{7} \right) ;  \left( -2; -\dfrac{16}{7}\right) ;  \left( \dfrac{-9 \pm \sqrt{33}}{4}; 3\right) \right\} $.

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 1+x^3y^3=19x^3\\ y+xy^2=-6x^2. \end{array} \right.$

Giải

Nếu $x=0$ thì hệ vô nghiệm.

Xét $x \ne 0$. Nhân hai vế của phương trình thứ hai cho $x$ ta được $xy+x^2y^2=-6x^3.$

Thay vào phương trình thứ nhất ta được

$-6(1+x^3y^3)=19(xy+x^2y^2)$

$\Leftrightarrow xy=-\dfrac{2}{3} \ \text{hoặc} \ xy=-\dfrac{3}{2} \ \text{hoặc} \ xy=-1.$

Trường hợp $xy=-\dfrac{2}{3}$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $\begin{cases} x=\dfrac{1}{3}&\\ y=-2 \end{cases}$.

Trường hợp $xy=-\dfrac{3}{2}$ ta được $\begin{cases}x=-\dfrac{1}{2}&\\y=3. \end{cases}$

Trường hợp $xy=-1$ ta được $x=0$ (loại).

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ \left( \dfrac{1}{3}; -2\right) , \left( \dfrac{-1}{2};3\right) \right\} $.

Một số hệ phương trình nhiều khi phải biến đổi một vài bước thì mới xuất hiện phép thế.

Ví dụ 5:  Giải hệ phương trình $\begin{cases} xy+x+y=x^2-2y^2 &\\ x\sqrt{2y}-y\sqrt{x-1}=2(x-y). \end{cases}$

Giải

Điều kiện $x \ge1, y \ge 0.$

Phương trình thứ nhất tương đương

$(x+y)^2-(x+y)-3y^2-3xy=0$

$\Leftrightarrow (x+y)(x-2y-1)=0$

$\Leftrightarrow x=-y \ \text{hoặc} \ x=2y+1.$

Do $x \ge 1, y \ge 0$ nên trường hợp $x=-y$ không thể xảy ra.

Xét $x=2y+1$ thay vào phương trình thứ hai ta được

$(2y+1)\sqrt{2y}-y\sqrt{2y}=2y+2$

$\Leftrightarrow (y+1)(\sqrt{2y}-2)=0$

$\Leftrightarrow y=2 \ (\text{do} \ y \ge 0)$

Suy ra $x=5$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(5,2).$

Trong ví dụ trên thì từ một phương trình ta phân tích thành thừa số, từ đó có những phương trình đơn giản hơn và sử dụng phương pháp thế.Ta xét tiếp ví dụ sau:

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình $\begin{cases} xy+x-2=0&\\ 2x^3-x^2y+x^2+y^2-2xy-y=0. \end{cases}$

Giải

$2x^3-x^2y+x^2+y^2-2xy-y=0$

$\Leftrightarrow (x^2-y)(2x-y+1)=0$

$\Leftrightarrow y=x^2 \ \text{hoặc} \ y=2x+1.$

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (1,1), \left( \dfrac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}, \pm \sqrt{5}\right) \right\} $.

Ví dụ 7:  Giải hệ phương trình $\begin{cases} y^2=(5x+4)(4-x)&\\ y^2-5x^2-4xy+16x-8y+16=0 \end{cases}$

Giải

Viết lại phương trình thứ hai của hệ dưới dạng $ y^2-(4x+8)y-5x^2+16x+16=0.$

Coi đây là phương trình bậc hai theo $y$ ta được $\Delta=(4x+8)^2-4(-5x^2+16x+16)=36x^2.$

Suy ra $y=\dfrac{4x+8+6x}{2}=5x+4$ hoặc $y=\dfrac{4x+8-6x}{2}=4-x.$

Trường hợp $y=5x+4$ thay vào phương trình đầu của hệ ta được $x(5x+4)=0 \Leftrightarrow x=0 \ \text{hoặc} \ x=-\dfrac{4}{5}.$

Trường hợp này hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (0,4), \left( -\dfrac{4}{5},0\right) \right\} $.

Trường hợp $y=4-x$ thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được $$x(4-x)=0 \Leftrightarrow x=0 \ \text{hoặc} \ x=4.$$

Trường hợp này hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (0,4), (4,0)\right\} $.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)\in \left\{ (0,4), (4,0), \left( -\dfrac{4}{5},0\right) \right\} $.

Ngoài cách phân tích thành nhân tử, ta còn có một số biến đổi khác phức tạp hơn, ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^2+y^2=x-y&\\ y^3-x^3=y-x^2 \end{cases}$.

Giải

Ta có $\begin{cases} x^2+y^2=x-y\\ y^3-x^3=y-x^2 \end{cases} $

$\Leftrightarrow \begin{cases} x(x-1)=-y(y+1)&\\ y(y-1)(y+1)=x^2(x-1). \end{cases}$

Thay phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất ta được

$ -x(x-1)(y-1)=x^2(x-1)$

$\Leftrightarrow x(x-1)(x+y-1)=0$

$\Leftrightarrow x=0 \ \text{hoặc} \ x=1 \ \text{hoặc} \   x=1-y.$

Trường hợp $x=0$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $y=0$ hoặc $y=-1$.

Trường hợp $x=1$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $y=0$ hoặc $y=-1$.

Trường hợp $x=1-y$ thay vào phương trình thứ nhất ta được $y=0.$

Ví dụ 9: Giải phương trình $\begin{cases} (x-y)^4=13x-4&\\ \sqrt{x+y}+\sqrt{3x-y}=\sqrt{2}. \end{cases}$

Giải

Điều kiện $\begin{cases} x+y \ge 0&\\ 3x-y \ge 0. \end{cases}$

Khi đó $\sqrt{x+y}+\sqrt{3x-y}=\sqrt{2}$

$\Leftrightarrow x+y+3x-y+2\sqrt{(x+y)(3x-y)}=2$

$\Leftrightarrow 1-2x=\sqrt{(x+y)(3x-y)}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 4x^2-4x+1=3x^2+2xy-y^2&\\ x \le \dfrac{1}{2} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} (x-y)^2=4x-1&\\ \dfrac{1}{4} \le x \le \dfrac{1}{2}. \end{cases}$

Thay vào phương trình đầu của hệ ta được

$(4x-1)^2=13x-4$

$\Leftrightarrow 16x^2-21x+5=0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{5}{16} \ \text{hoặc} \ x=1 \ \text{(loại)}.$

Với $x=\dfrac{5}{16}$ thì $y=-\dfrac{3}{16}$.

Vậy hệ có nghiệm $(x;y)$ là $\left(\dfrac{5}{16}; -\dfrac{3}{16}\right).$

2. Bài tập 

Bài 1: Giải các hệ phương trình sau

a) $\begin{cases} \sqrt{x+y}+\sqrt{2x-4}=5&\\ 2x+y=14 \end{cases}$

b) $\begin{cases} x+y=-1&\\ x^3-3x=y^3-3y& \end{cases}$

c) $\begin{cases} x^2y+2(x^2+y)=8&\\ xy+x+y=5 \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^2+5x+y=9&\\ 3x^3+x^2y+2xy+6x^2=18 \end{cases}$

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} y^2-xy+1=0&\\ x^2+y^2+2x+2y+1=0& \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^3-2xy+5y=7&\\ 3x^2-2x+y=3& \end{cases}$

c) $\begin{cases} x-\sqrt{y+1}=\dfrac{5}{2}&\\ y+2(x-3)\sqrt{x+1}=-\dfrac{3}{4}& \end{cases}$

d) $\begin{cases} x^4+2x^3y+x^2y^2=2x+9&\\ x^2+2xy=6x+6& \end{cases}$

e) $\begin{cases} x^2+1+y(y+x)=4y&\\ (x^2+1)(y+x-2)=y& \end{cases}$

f) $\begin{cases} x(x+y+1)-3=0&\\ (x+y)^2-\dfrac{5}{x^2}+1=0& \end{cases}$

Bài 3: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases}x-2y-\sqrt{xy}=0&\\ \sqrt{x-1}+\sqrt{4y-1}=2 \end{cases}$

b) $\begin{cases} \sqrt{2x-3}=(y^2+2018)(5-y)+\sqrt{y}&\\ y(y-x+2)=3x+3 \end{cases}$

c) $\begin{cases} 2x^2+4xy+2y^2+3x+3y-2=0&\\ x^2+y^2+4xy+2y=0 \end{cases} $

d) $\begin{cases} 2x^2+xy-y^2-5x+y+2=0&\\ x^2+y^2+x+y-4=0 \end{cases}$

e) $\begin{cases} 2x^2-5xy+3y^2=0&\\ x^2-2xy=-1& \end{cases}$

f) $\begin{cases} x^3+3x^2y+3xy^2+2y^3=0&\\ 4x^2+y^2=5& \end{cases}$

Bài 4: Giải các hệ phương trình sau

a) $\begin{cases} x+\dfrac{1}{x}=y+\dfrac{1}{y}&\\ x+2y=3& \end{cases}$

b) $\begin{cases} x^3-4y^3=6x^2y-9xy^2&\\ \sqrt{x+y}+\sqrt{x-y}=2& \end{cases}$

c) $\begin{cases} -x^2y+2xy^2+3y^3-4(x+y)=0&\\ xy(x^2+y^2) -1=3xy-(x+y)^2 \end{cases}$

d) $\begin{cases} \sqrt{x-1}+\sqrt{x}(3\sqrt{x}-y)+x\sqrt{x}=3y+\sqrt{y-1}&\\ 3xy^2+4=4x^2+2y+x \end{cases}$

e) $\begin{cases} x^2+y^2+\dfrac{2xy}{x+y}=1&\\ \sqrt{x+y}=x^2-y \end{cases}$

f) $\begin{cases} y^2-x\sqrt{\dfrac{y^2+2}{x}}=2x-2&\\ \sqrt{y^2+1}+\sqrt[3]{2x-1}=1 \end{cases}$

Bài 5: Giải các hệ phương trình sau:

a) $\begin{cases} 2x^2+y^2-3xy+3x-2y+1=0&\\ 4x^2-y^2+x+4=\sqrt{2x+y}+\sqrt{x+4y}& \end{cases}$

b) $\begin{cases} 6\dfrac{x}{y}-2=\sqrt{3x-y}+3y&\\ 2\sqrt{3x+\sqrt{3x-y}}=6x+3y-4. \end{cases}$

Phương trình bậc nhất

Leave a reply

1. Phương trình một ẩn

Định nghĩa: Một phương trình với ẩn $x$ có dạng $A(x)=B(x)$, trong đó vế trái là $A(x)$ và vế phải là $B(x)$ là hai biểu thức của cùng một biến.

Ví dụ: $ 2(x+1)+6 = 4x$ là phương trình ẩn $x$.

Một phương trình có thể có một nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm,… nhưng cũng có thể không có nghiệm nào hoặc có vô số nghiệm. Phương trình không có nghiệm nào được gọi là phương trình vô nghiệm.

2. Phương trình tương đương

Định nghĩa: Hai phương trình tương đương là hai phương trình có cùng một tập nghiệm.

Ví dụ: $ x+3 = 0 \Leftrightarrow x=-3$

3. Phương trình bậc nhất một ẩn

Định nghĩa: Phương trình có dạng $ax+b=0$, với $a$ và $b$ là hai số đã cho và $a \ne 0$, được gọi là phương trình bậc nhất một ẩn.

Ví dụ: $2x+1=0$ là phương trình bậc nhất một ẩn.

4. Hai quy tắc biến đổi phương trình

  • Quy tắc chuyển vế: Trong một phương trình ta có thể chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia và đổi dấu hạng tử đó.
  • Quy tắc nhân với một số:
    • Trong cùng một phương trình, ta có thể nhân cả hai vế với cùng một số khác $0$.
    • Trong cùng một phương trình, ta có thể chia cả hai vế với cùng một số khác $0$.

5. Cách giải phương trình bậc nhất một ẩn $ax+b=0$
Phương trình bậc nhất một ẩn $ax+b=0$, được giải theo các bước sau:

  • Chuyển vế $ax=-b$
  • Chia hai vế cho $a$, ta được: $x=- \dfrac{b}{a}$
  • Kết luận nghiệm $S= \left \{ \dfrac{-b}{a} \right \}$

Tổng quát phương trình $ax+b=0$ $(a \ne 0)$ được giải theo các bước sau:

$ ax+b=0 $
$ \Leftrightarrow ax=-b $
$\Leftrightarrow a= \dfrac{-b}{a} $

Vậy $S= \left \{ \dfrac{-b}{a} \right \}$

6. Ví dụ

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:

a) $2x-1 =1$
b) $x-7 = 4 $
c) $7x-35=0$
d) $ 4x-x -18=0$

Giải

a) $2x-1 =1  \Leftrightarrow 2x=2  \Leftrightarrow x=1 $6
Vậy $ S= \{1 \}$

b) $x-7 = 4  \Leftrightarrow x=11 $
Vậy $ S= \{11 \}$

c) $7x-35=0  \Leftrightarrow 7x = 35  \Leftrightarrow x=5 $
Vậy $ S= \{5 \}$

d) $4x-x -18=0  \Leftrightarrow 3x = 18  \Leftrightarrow x = 6$
Vậy $ S= \{6 \}$

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:

a) $x-6=8-x$
b) $3x-2=2x-3$
c) $7-2x = 22-3x$
d) $x-12-4x=25+3x-1$
e) $2x-1+2(2+x)=1$
f) $2(x+3)=2(4-x)+14$

Giải

a) $x-6=8-x$
$\Leftrightarrow 2x=14$
$\Leftrightarrow x= 7 $
Vậy $ S = \{ 7 \}$

b) $3x-2=2x-3$
$\Leftrightarrow x = -1 $
Vậy $ S = \{ -1 \}$

c) $7-2x = 22-3x$
$\Leftrightarrow x = 15 $
Vậy $ S = \{ 15 \}$

d) $x-12-4x=25+3x-1$
$\Leftrightarrow -6x = 36$
$\Leftrightarrow x= -6 $
Vậy $ S = \{ -6 \}$

e) $2x-1+2(2+x)=-1$
$\Leftrightarrow 2x-1 +4+2x = 1$
$\Leftrightarrow \ 4x = -4$
$\Leftrightarrow x = -1 $
Vậy $ S = \{ -1 \}$

f) $2(x+3)=2(4-x)+14$
$\Leftrightarrow 2x+6 = 8-2x +14$
$\Leftrightarrow 4x = 16$
$\Leftrightarrow x= 4 $
Vậy $ S = \{ 4 \}$

Ví dụ 3:

a) Tìm giá trị của $m$ sao cho phương trình $2x-2m=x+9$ nhận $x=-5$ là nghiệm.
b) Tìm giá trị của $m$ sao cho phương trình $4x+m^2=24 $ nhận $x=5$ là nghiệm.
c) Giải và biện luận nghiệm của phương trình $2(mx+5)+4(x+m)=m$ theo $m$.

Giải

a) Tìm giá trị của $m$ sao cho phương trình $2x-2m=x+9$ nhận $x=-5$ là nghiệm.

Thay $x=-5$ vào phương trình, ta được:
$2(-5) -2m = -5 +9 $
$\Leftrightarrow -2m = 14$
$\Leftrightarrow m = -7 $
Vậy $m=-7$ là giá trị cần tìm.

b) Tìm giá trị của $m$ sao cho phương trình $4x+m^2=24$ nhận $x=5$ là nghiệm.

Thay $x=5$ vào phương trình, ta được:
$ 4 \cdot 5 +m^2 = 24$
$\Leftrightarrow m^2 = 4$
$\Leftrightarrow m = \pm 2 $
Vậy $m=2$ và $m=-2$ là giá trị cần tìm.

c) Giải và biện luận nghiệm của phương trình $2(mx+5)+4(x+m)=m$ theo $m$.

Ta có:
$2(mx+5)+4 (x+m)=m $
$\Leftrightarrow 2mx+10 +4x+4m = m $
$\Leftrightarrow (2m+4)x=-3m -10 $

Biện luận:

  • Nếu $2m+4 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne -2 \Rightarrow $ Phương trình có nghiệm $ x=\dfrac{-3m-10}{2m+4}$
  • Nếu $2m+4 =0 \Leftrightarrow m = -2 \Rightarrow $ Phương trình có dạng $ 0x = -4 \Rightarrow $ Phương trình vô nghiệm.

Kết luận:

  • Với $m \ne -2$, phương trình có tập nghiệm $S=\left \{ \dfrac{-3m-10}{2m+4} \right \}$
  • Với $m=-2$, phương trình vô nghiệm hay $S = \{ \varnothing \}$

 

7. Bài tập tự luyện

Bài 1: Giải các phương trình sau:

a) $ 12-6x = 0$
b) $ 3x+3=-3$
c) $ 4x+6 = 14$
d) $ x-7x -18 = 6$
e) $ 3x+ 9 – 6x =27 $
f) $ 2x+x+120 = -3 $

Đ/A:
a) $x = 2$
b) $ =-2$
c) $ x= 2$
d) $x=-4 $
e) $ x= – 6$
f) $x=-41$

Bài 2: Giải các phương trình sau:

a) $x – 5 = 3 – x $
b) $ 7 – 3 x = 9 – x $
c) $ \frac{-5}{9} x + 1 = \frac{2}{3} x – 10 $
d) $ 2 (x + 1) = 6 – 2 x $
e) $ 11 – 8 x – 3 = 5 x – 20 + x $
f) $ 3 – 4 y + 24 + 6 y = y + 27 + 3 y $
g) $ x + 2 x + 3 x = 3 x + 9 $
h) $ 4 – 2 x + 15 = – (9 x + 1 – 2 x) $

Đ/A:
a) $ x = 4 $
b) $ x = -1 $
c) $ x = 9 $
d) $ x = 1 $
e) $ x = 2 $
f) $ x = 0 $
g) $ x = 3 $
h) $ x = -4 $

Bài 3: 

a) Tìm giá trị của $m$, biết rằng phương trình $5x+2m=22 $ nhận $ x = 2$ làm nghiệm.
b) Tìm $m$ để phương trình $(m^2-m)x=2x+m^2-1$ có nghiệm duy nhất.
c) Tìm $m$ để phương trình $m(4mx-3m+2)=x(m+3)$ có nghiệm duy nhất.
d) Tìm $m$ để phương trình $ m^2(x-m)=x-3m+2$ vô nghiệm.

Đ/A:
a) $ m = 6 $
b) $ m \ne -1 $ và $ne m \ne 2 $. Tập nghiệm $ S = \left \{ \dfrac{m-1}{m-2} \right \} $
c) $ m \ne 1 $ và $ m \ne \dfrac{-3}{4} $. Tập nghiệm $ S = \left \{ \dfrac{3m^2-2m}{4m^2-m-3} \right \} $
d) $ m = \pm 1 $

Bài 4: Giải và biện luận phương trình sau, với $m$ là tham số:

a) $ (2m-4)x+2-m=0$
b) $ (m+1)x=(3m^2-1)x+m-1$

Đ/A:
a)
Nếu $m = 2$ thì phương trình có vô số nghiệm
Nếu $ m \ne 2 $ thì phương trình có tập nghiệm $ S = \left \{\dfrac{1}{2} \right \} $
b)
Nếu $ m = 1 $, phương trình vô số nghiệm
Nếu $ m = \dfrac{-2}{3} $, phương trình vô nghiệm
Nếu $ m \ne 1 $ và $ m \ne \dfrac{-2}{3} $, phương trình có nghiệm duy nhất với tập nghiệm $ S = \left \{ \dfrac{-1}{3m+2} \right \} $

Đề và đáp thi chọn đội dự tuyển PTNK năm học 2017 – 2018

Leave a reply

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R $ thỏa mãn:
$$f(3f(x)+2y)=10x+f(f(y)+x),\ \forall x,y \in \mathbb R.$$

Bài 2.  Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các điểm $D,E$ thay đổi trên cạnh $BC$ sao cho $\angle BAD = \angle CAE$ và $D$ nằm giữa $B,E$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABD,ACE$ cắt nhau tại điểm $M$ khác $A$.
a)  Chứng minh rằng phân giác góc $\angle DME$ luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi $I$ và $K$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $ABM,ACM$. Chứng minh rằng đường thẳng $IK$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 3.  Cho $n\ge 3$ là số nguyên dương và $2n$ số thực dương $x_1,x_2,\ldots,x_n,y_1,y_2,\ldots,y_n$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) $0< x_1y_1<x_2y_2<\ldots< x_ny_n$.
ii) $x_1+x_2+\cdots+x_k \ge y_1+y_2+\cdots+y_k\ \forall k \in {1,2,\ldots,n }$.

Chứng minh rằng $\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\ldots+\dfrac{1}{x_n} \le \dfrac{1}{y_1}+\dfrac{1}{y_2}+\ldots+\dfrac{1}{y_n}$.

Bài 4. Cho $S$ là tập hợp khác rỗng có hữu hạn phần tử. Kí hiệu $P(S)$ là tập hợp tất cả các tập con của $S$. Giả sử $f: P(S) \rightarrow P(S)$ là ánh xạ có tính chất sau: với mọi $X,Y \in P(S)$, nếu $X \subset Y$ thì $f(X) \subset f(Y)$.

Chứng minh rằng có tập hợp $T \in P(S)$ để $f(T) = T$.

Giải

Bài 1. 

Thay $y=-\frac{2f(x)}{3}$, ta có
$$f(0)=10x+f\left( f\left( -\frac{2f(x)}{3} \right)+x \right)$$
nên dễ thấy rằng $f$ toàn ánh vì $f(0)-10x$ nhận giá trị trên $\mathbb{R}.$
Giả sử tồn tại $a,b\in \mathbb{R}$ sao cho $f(a)=f(b).$ Thay $y$ lần lượt bởi $a,b,$ ta có
$$f(3f(x)+2a)=f(3f(y)+2b).$$
Vì tính toàn ánh nên có thể thay $3f(x)\to x$, tức là $f(x+2a)=f(x+2b)$ nên $f$ tuần hoàn chu kỳ $T=2(a-b).$ Khi đó, ta có $f(x)=f(x+T),\forall x\in \mathbb{R}.$

Trong đề bài, thay $x\to x+T$ thì
$f(3f(x)+2y)=10x+10T+f(2f(y)-x)$ nên $T=0.$ Suy ra $f$ đơn ánh. Cuối cùng, cho $x=0$ thì
$f(3f(0)+2y)=f(f(y))$ nên
$$3f(0)+2y=f(y)\Leftrightarrow f(y)=2y+\frac{3}{2}f(0),\forall y.$$
Thay $y=0,$ ta có ngay $f(0)=0$ nên $f(y)=2y.$ Thử lại ta thấy thỏa.

Vậy hàm số $f(x)$ cần tìm là $f(x)=2x,\forall x.$

Bài 2.

(a) Do tứ giác $ABDM,ACEM$ nội tiếp nên $\angle DAB=\angle DMB,\angle EAC=\angle EMC$, mà $\angle DAB=\angle EAC$ nên ta có $\angle DMB=\angle EMC.$ Ta sẽ chứng minh bổ đề sau

Bổ đề (hệ thức Steiner) $\frac{DB}{DC}\cdot \frac{EB}{EC}=\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}$.

Thật vậy, kẻ đường tròn$(ADE)$ cắt $AB,AC$ tại $X,Y.$ Khi đó, ta có $DX=EY$ (vì cùng chắn các cung bằng nhau), suy ra $XY\parallel DE$.
Áp dụng phương tích từ các điểm $B,C$ đến đường tròn $(ADE)$ thì
$$BD\cdot BE=BX\cdot BA \text{ và } CE\cdot CD=CY\cdot CA$$
nên suy ra $$\frac{BD\cdot BE}{CE\cdot CD}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{BX}{CY}=\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}.$$
Áp dụng bổ đề này vào tam giác $BMC$ với hai điểm $D,E.$ Ta cũng có $$\frac{DB}{DC}\cdot \frac{EB}{EC}=\frac{M{{B}^{2}}}{M{{C}^{2}}}.$$ Từ đó suy ra $\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}$. Gọi $MS$ là phân giác của $\angle DME$ với $S\in BC.$ Suy ra $MS$ cũng là phân giác của góc $\angle BMC.$ Do đó $$\frac{SB}{SC}=\frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}$$ nên $S$ chính là chân đường phân giác góc $A$ của tam giác $ABC,$ là điểm cố định.

(b) Gọi $J$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ thì rõ ràng $I\in BJ,K\in CJ.$
Đặt $\angle DAB=\angle EAC=2\alpha ,\angle DAE=2\beta $ thì
$$\frac{IB}{IJ}=\frac{{{S}_{IAB}}}{{{S}_{IAJ}}}=\frac{AI\cdot AB\cdot \sin \alpha }{AI\cdot AJ\cdot \sin \beta }=\frac{AB}{AJ}\cdot \frac{\sin \alpha }{\sin \beta }.$$
Tương tự thì $$\frac{KC}{JC}=\frac{AC}{AJ}\cdot \frac{\sin \alpha }{\sin \beta }$$ nên $\frac{IB}{IJ}:\frac{KC}{KJ}=\frac{AB}{AC}$. Từ đây gọi $T$ là giao điểm của $IK,BC$ thì theo định lý Menelaus cho tam giác $JBC,$ ta có $\frac{TB}{TC}=\frac{AB}{AC}$ nên $T$ là chân phân giác ngoài góc $A$ của tam giác $ABC,$ là điểm cố định.

 

Bài 3. 

Nhắc lại về khai triển Abel, xem như bổ đề:

Bổ đề. Xét 2 dãy số thực ${{a}_{1}},{{a}_{2}},\ldots ,{{a}_{n}}$ và ${{b}_{1}},{{b}_{2}},\ldots ,{{b}_{n}}$. Đặt ${{S}_{k}}={{b}_{1}}+{{b}_{2}}+\cdots +{{b}_{k}}$. Khi đó
$${{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}{{b}_{n}}=({{a}_{1}}-{{a}_{2}}){{S}_{1}}+({{a}_{2}}-{{a}_{3}}){{S}_{2}}+\cdots +({{a}_{n-1}}-{{a}_{n}}){{S}_{n}}+{{a}_{n}}{{S}_{n}}.$$
Trở lại bài toán đã cho, chuyển vế và quy đồng, ta cần có
$$\frac{{{x}_{1}}-{{y}_{1}}}{{{x}_{1}}{{y}_{1}}}+\frac{{{x}_{2}}-{{y}_{2}}}{{{x}_{2}}{{y}_{2}}}+\cdots +\frac{{{x}_{n}}-{{y}_{n}}}{{{x}_{n}}{{y}_{n}}}>0.$$
Đặt ${{b}_{k}}={{x}_{k}}-{{y}_{k}}$ và ${{a}_{k}}=\frac{1}{{{x}_{k}}{{y}_{k}}}$ với $1\le k\le n$, ta cần chứng minh
$${{a}_{1}}{{b}_{1}}+{{a}_{2}}{{b}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}{{b}_{n}}>0.$$
Chú ý rằng $${{S}_{k}}={{b}_{1}}+{{b}_{2}}+\cdots +{{b}_{k}}=({{x}_{1}}+{{x}_{2}}+\cdots +{{x}_{k}})-({{y}_{1}}+{{y}_{2}}+\cdots +{{y}_{k}})>0$$ đúng theo ii).
Ngoài ra, dãy ${{a}_{k}}$ là dãy giảm nên ${{a}_{1}}-{{a}_{2}},{{a}_{2}}-{{a}_{3}},\ldots ,{{a}_{n-1}}-{{a}_{n}}>0$. Từ đó, áp dụng khai triển Abel ở trên, ta có ngay đpcm.

 

Bài 4.

Nếu như $f(S)=S$ thì ta có đpcm.

Giả sử rằng $f(S)\ne S$. Ta đặt $f(S)={{S}_{1}}$ là một tập con thực sự của $S.$ Khi đó vì ${{S}_{1}}\subset S$ nên ta phải có $f({{S}_{1}})\subset f(S)\Rightarrow f({{S}_{1}})\subset {{S}_{1}}$.

Nếu $f({{S}_{1}})={{S}_{1}}$ thì ta cũng có đpcm nên giả sử $f({{S}_{1}})={{S}_{2}}\ne {{S}_{1}}$ và ${{S}_{2}}\subset {{S}_{1}}.$

Tiếp tục như thế, ta thấy rằng với mỗi số nguyên dương $k$ thì hoặc là $f({{S}_{k}})={{S}_{k}}$ hoặc $f({{S}_{k}})={{S}_{k+1}}$ là tập con thực sự của ${{S}_{k}}.$ Và nếu như không có trường hợp thứ nhất xảy ra thì quá trình này lặp lại vô hạn lần, và sinh ra vô hạn tập con thực sự của tập hữu hạn $S$ ban đầu. Đây là điều vô lý.

Vậy nên luôn tồn tại $T \in P(S)$ để cho $f(T)=T.$

Đề và lời giải thi chọn đội dự tuyển năm học 2018-2019

Leave a reply

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb R\rightarrow \mathbb R$ thoả mãn:
i) $f(-x)=-f(x)\ \forall x\in \mathbb R$.
ii) $f(f(x)-y)=2x+f(f(y+x))\ \forall x,y\in \mathbb R$.

Bài 2. Tìm tất cả các bộ số tự nhiên $(a,b,c)$ để $a^2+2b+c,b^2+2c+a,c^2+2a+b$ đều là các số chính phương.

Bài 3. Cho tập hợp $X={1,2,\ldots,396}$. Gọi $S_1,S_2,\ldots,S_k$ là $k$ tập con khác nhau của $X$ thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i)$|S_1|=|S_2|=\ldots=|S_k|=198$.
ii) $|S_i\cap S_j|\le 99\ \forall i,j\in \mathbb N^*, 1\le i<j\le k$.

Chứng minh rằng $k\le 6^{50}$.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Đường tròn thay đổi qua $B,C$ cắt các cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $D,E$.

a) Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $B$ trên $CD$ và $DE$. Chứng minh rằng $HK$ luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi $Q$ là hình chiếu của $C$ trên $DE$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDK$ cắt $BC$ tại $M$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEQ$ cắt $BC$ tại $N$. $KM,QN$ cắt nhau tại $X$. Chứng minh rằng $X$ thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải

Bài 1.

Trong điều kiện $(ii),$ thay $x$ bởi $-x,$ ta được
$$
f(f(-x)-y)=-2x+f(f(y)-x)),
$$
hay
$$-f(f(x)+y)=-2x+f(f(y)-x),\text{ với mọi } x,y\in\mathbb{R}. (*) $$

Thay vai trò của $x$ và $y$ trong $(ii)$, ta có
$
f(f(y)-x)=2y+f(f(x)+y),\text{ với mọi }x,y\in\mathbb{R}.
$
Thay vào $(*)$, ta có
$$
-f(f(x)+y)=-2x+2y+f(f(x)+y),
$$
hay
$$
f(f(x)+y)=x-y,\text{ với mọi }x,y\in\mathbb{R}.
$$
Thay $y$ bởi $f(y),$ ta có
$$
f(f(x)+f(y))=x-f(y),\text{ với mọi }x,y\in\mathbb{R}.
$$
Đổi vai trò của $x,y$, ta thu được
$$
x-f(y)=y-f(x), \text{ tức là } f(x)=-x+c,\text{ với mọi }x\in\mathbb{R}.
$$
Thay vào đề bài, ta suy ra $c=0.$ Vậy hàm số cần tìm là $f(x)=-x.$

Bài 2.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a=\min (a,b,c).$ Nếu $a=0$ thì ta có $2b+c,b^2+2c,c^2+b$ đều là các số chính phương.
Nếu như $b \le c$ thì $c^2 \le c^2+b \le c^2+c <(c+1)^2$ là số chính phương, kéo theo $c^2+b=c^2$ nên $b=0$. Từ đây dễ dàng có $c=0$. Tương tự nếu $c \le b$ cũng có $b=c=0$. \medskip

Do đó, trong trường hợp này, ta có bộ nghiệm $(a,b,c)=(0,0,0)$.
Ta xét các trường hợp sau ứng với $a>0.$

  • Nếu $a\le b\le c.$ Khi đó $c^2< c^2+2a+b\le c^2+3c<(c+2)^2$. Do đó $c^2+2a+b=(c+1)^2,$ hay $2a+b=2c+1.$ Ta cũng có
    $$
    b^2 < b^2+2c+a = b^2+2a+b-1+a \leq b^2+4b – 1 < (b+2)^2,
    $$
    tức là
    $$
    b^2+2c+a=(b+1)^2,\ 2c+a=2b+1.
    $$
    Đẳng thức xảy ra khi $a=1,b=c$, từ đây dễ dàng tìm được $a=b=c=1$. Thử lại ta thấy bộ số này thỏa mãn.
  • Nếu $a \leq c \leq b$. Khi đó $b^2 < b^2+2c+a \leq b^2 + 3b < (b+2)^2$, tức $b^2+2c+a=(b+1)^2$ và $2c+a=2b+1$. Ta suy ra
    $$4a+2b = 4a+2c+a-1 \leq 7c – 1 < 8c+8.
    $$
    Do đó $2a+b < 4c+4$ và $c^2 < c^2+2a+b < (c+2)^2$. Do đó $2a+b=2c+1$. Kết hợp với $2c+a=2b+1$, ta suy ra
    $$
    (a,b,c)=(a,3a-2,\frac{5a-3}{2}).
    $$
    Do đó $a$ lẻ và trường hợp $a=1$ đã xét nên ở đây ta đặt $a=2t+1$, với $t \geq 1$. Khi đó $(a,b,c)=(2t+1,6t+1,5t+1)$. Vì $b^2+2c+a$ và $c^2+2a+b$ là các số chính phương nên ta xét điều kiện để $a^2+2b+c=4t^2+21t+4$ là số chính phương. Với $t \geq 3$, ta có
    $$
    (2t+4)^2 < 4t^2+21t+4<(2t+6)^2
    $$

Do đó $4t^2+21t+4 = (2t+5)^2$ và $t=21$. Như vậy $t \in {1,2,21}$. Thử trực tiếp, ta thấy chỉ có $t=21$ là thỏa mãn ứng với $(a,b,c)=(43,127,106)$.

Vậy tất cả bộ ba số thỏa mãn đề bài là $$(a,b,c)=(0,0,0),(1,1,1),(43,127,106).$$

Bài 3.

Vì $|S_i\cap S_j|\le 99$ với mọi $1\le i<j\le k$ nên mỗi bộ $100$ phần tử chỉ có thể được chứa tối đa trong $1$ tập hợp. Ta đếm các bộ $\{x_1,x_2,\ldots,x_{100},M \}$, trong đó $x_i\in X$ với mọi $i$ và $M$ là một trong các tập $S_i$, $M$ chứa $x_1,x_2,\ldots,x_{100}$.

  • Số cách chọn tập $M$ là $k$. Số cách chọn $100$ phần tử trong $M$ là $C^{100}_{198}.$
  • Số cách chọn $x_1,x_2,\ldots,x_{100}$ từ $X$ là $C^{100}_{396}.$ Với mỗi bộ $100$ phần tử như vậy, có tối đa $1$ tập $S_i$ thỏa mãn $S_i$ chứa $x_1,x_2,\ldots,x_{100}.$

Do đó ta có bất đẳng thức
$ kC^{100}{198} \le C^{100}{396} $
hay

$k \le \dfrac{C^{100}{396}}{C^{100}{198}}$

$=\dfrac{396!100!98!}{100!296!198!}$

$=\dfrac{396!98!}{198!296!} $

$=\dfrac{297\cdot 298 \ldots 396}{99\cdot 100\ldots 198}$
$=\dfrac{297\cdot 299\ldots 395}{99\cdot 100\ldots 148}\cdot\dfrac{298}{149}\cdot \dfrac{300}{150}\ldots \dfrac{396}{198}$
$\le 3^{50}\cdot 2^{50}=6^{50}.$

Ta có đpcm.

Bài 4.

(a) Gọi $F$ là giao điểm của $KH$ và $AC.$ Ta chứng minh $F$ cố định. Ta có tứ giác $BDEC$ nội tiếp nên $\angle BDC=\angle BEC.$ Tứ giác $KDHB$ cũng nội tiếp nên ta suy ra $\angle BDC=\angle BKF.$ \medskip

Do đó $\angle BEC=\angle BKF,$ tức là tứ giác $KEFB$ nội tiếp. Khi đó ta có $$\angle EFB=180^{\circ}-\angle BKE =90^{\circ}.$$ Do đó $BF\perp AC,$ tức là điểm $F$ cố định.

(b) Tứ giác $DKMB$ nội tiếp nên $\angle BMK=\angle KDB$. Ta suy ra
$$\angle NMX=\angle EDA.$$
Ta có $EQCN$ nội tiếp nên $$\angle QNC=\angle QEC, \text{ hay } \angle MNX=\angle AED.$$
Từ đó, ta suy ra $\triangle MNX\sim \triangle DEA.$ Gọi $G$ là chân đường cao từ $A$ đến $BC$ và $AG$ cắt $DE$ tại $P$. Khi đó $BC\perp AG$. Mà $BC\perp DM$ và $BC\perp EN$ nên
$$
AC \parallel DM \parallel EN.
$$

Do đó $\dfrac{DP}{PE}=\dfrac{MG}{GN}$. Mà $\triangle ADE\sim \triangle XMN$ nên $\angle XMN=\angle EPA.$ Mà $$\angle EPA=180^{\circ}-\angle PAC-\angle PEA$$ nên ta có
$$
\angle EPA=180^{\circ}-(90^{\circ}-\angle C)-B={\rm const}.
$$
Do đó $\angle XGN$ không đổi. Mà $G$ là điểm cố định nên $GX$ cố định. Như vậy $X$ di chuyển trên đường cố định.

 

Phương trình vô tỉ – Phương pháp đặt ẩn phụ

Leave a reply

1. Phương pháp đặt ẩn phụ

Phương pháp đặt ẩn phụ sử dụng khi phương trình chứa một biểu thức lặp đi lặp lại nhiều lần, việc đặt ẩn phụ đưa phương trình về một phương trình đơn giản hơn, hoặc là đưa về dạng phương trình đã biết cách giải. Có rất nhiều dạng đặt ẩn phụ với nhiều dạng toán khác nhau, ở đây chúng tôi chỉ trình bày những dạng bài tập phù hợp nhất với chương trình trung học cơ sở, không đi sâu quá vào các ẩn phụ mẹo mực khác.

Chú ý. Khi đặt ẩn phụ thì nhớ đặt điều kiện cho ẩn phụ để giảm được các trường hợp cần xét.

Ví dụ 1: Giải phương trình $\sqrt{x^2-x+3}-\sqrt{-x^2+x+2}=1$.

Giải

Đặt $t=\sqrt{-x^2+x+2}, t \ge 0$. Khi đó $t^2=-x^2+x+2 \Leftrightarrow x^2-x+3=5-t^2.$

Phương trình trở thành

$ \sqrt{5-t^2}-t=1$

$\Leftrightarrow \sqrt{5-t^2}=t+1$

$\Leftrightarrow 5-t^2 = (t+1)^2$

$\Leftrightarrow t^2+t-2=0$

$\Leftrightarrow t=1 \ \text{hoặc} \ t=-2(l)$

$\Leftrightarrow \sqrt{-x^2+x+2}=1$

$\Leftrightarrow x^2-x-1=0$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}.$

Vậy phương trình có nghiệm $x=\dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2}.$

Ví dụ 2: Giải phương trình $2x^2-6x+7=5\sqrt{x^2-3x+5}$.

Giải

Đặt $t=\sqrt{x^2-3x+5}, t \ge 0$.

Khi đó phương trình trở thành

$2t^2-3=5t$

$\Leftrightarrow 2t^2-5t-3=0$

$\Leftrightarrow t=3 \ \text{hoặc}\   t=-\dfrac{1}{2}(l)$

$\Leftrightarrow \sqrt{x^2-3x+5}=3$

$\Leftrightarrow x^2-3x-4=0$

$\Leftrightarrow x=-1 \ \text{hoặc} \ x=4. $

Vậy phương trình có hai nghiệm $x=-1$ hoặc $x=4.$

Ví dụ 3: Giải phương trình $(x-1)^2+2(x+1)\sqrt{\dfrac{x-3}{x+1}}=12$.

Giải

Điều kiện $\dfrac{x-3}{x+1} \ge 0 \Leftrightarrow x<-1$ hoặc $x \ge 3.$

Khi đó phương trình tương đương

$(x^2-2x-3)+2(x+1)\sqrt{\dfrac{x-3}{x+1}}=8$

$\Leftrightarrow (x+1)(x-3)+2(x+1)\sqrt{\dfrac{x-3}{x+1}}=8.$

Đặt $t=(x+1) \sqrt{\dfrac{x-3}{x+1}} \Rightarrow t^2=(x+1)(x-3)$.

Khi đó phương trình trở thành $t^2+2t-8=0 \Leftrightarrow t=2 \ \text{hoặc} \ t=-4.$

Trường hợp $t=2 \Leftrightarrow (x+1)\sqrt{\dfrac{x-3}{x+1}}=2$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x \ge -1\\ (x+1)(x-3) =4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x \ge -1\\ x^2-2x-7=0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow x=1+2\sqrt{2}.$

Trường hợp $t=-4 \Leftrightarrow (x+1)\sqrt{\dfrac{x-3}{x+1}}=-4$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x \le -1\\ (x+1)(x-3) =16 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x \le -1\\ x^2-2x-19=0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow x=1-2\sqrt{5}.$

Thử lại ta nhận $x=1+2\sqrt{2}$ và $x=1-2\sqrt{5}$ là hai nghiệm của phương trình.

Trên đây là các phương trình mà ta thấy rõ được biểu thức $f(x)$ lặp đi lặp lại, trong một số trường hợp khác $f(x)$ không xuất hiện một cách tường mình, mà phải thông qua một số biến đổi thì mới xuất hiện. Ta xem các ví dụ sau:

Ví du 4: Giải phương trình $x^2+3x\sqrt{x-\dfrac{4}{x}}=10x+4$.

Giải

Điều kiện $x-\dfrac{4}{x} \ge 0 \Leftrightarrow -2 \le x <0 $ hoặc $x \ge 2.$

Khi đó phương trình

$x^2+3x\sqrt{x-\dfrac{4}{x}}=10x+4$

$\Leftrightarrow x+3\sqrt{x-\dfrac{4}{x}}=10+\dfrac{4}{x}$

$\Leftrightarrow x-\dfrac{4}{x}+3\sqrt{x-\dfrac{4}{x}}-10=0.$

Đặt $t=\sqrt{x-\dfrac{4}{x}}, t \ge 0$. Phương trình trở thành:

$ t^2+3t-10=0$

$\Leftrightarrow t=2 \ \text{hoặc} \ t=-5(l)$

$\Leftrightarrow \sqrt{x-\dfrac{4}{x}}=2$

$\Leftrightarrow x-\dfrac{4}{x}=4$

$\Leftrightarrow x^2-4x-4=0$

$\Leftrightarrow x=2\pm 2\sqrt{2}.$

So sánh với điều kiện ta được phương trình có hai nghiệm $x=2 \pm 2\sqrt{2}.$

Ví dụ 5: Giải phương trình $\sqrt{1+x}+2\sqrt{1-x}=3\sqrt[4]{1-x^2}$

Giải

Điều kiện $-1 \le x \le 1.$

Dễ thấy $x=1$ không là nghiệm của phương trình. Xét $x \ne 1.$

Khi đó phương trình tương đương $\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}}+2=3\sqrt[4]{\dfrac{1+x}{1-x}}.$

Đặt $t=\sqrt[4]{\dfrac{1+x}{1-x}}$, phương trình trở thành

$t^2-3t+2=0$

$\Leftrightarrow t=1 \ \text{hoặc} \ t=2.$

  • Trường hợp $t=1 \Leftrightarrow \sqrt[4]{\dfrac{1+x}{1-x}}=1 \Leftrightarrow \dfrac{1+x}{1-x}=1 \Leftrightarrow x=0.$
  • Trường hợp $t=2  \Leftrightarrow \sqrt[4]{\dfrac{1+x}{1-x}}=2 \Leftrightarrow \dfrac{1+x}{1-x}=16  \Leftrightarrow x=\dfrac{15}{17}.$

Vậy phương trình có nghiệm $x=0$ hoặc $x=\dfrac{15}{17}.$

Trong một số trường hợp phức tạp hơn, ta đặt ẩn phụ một biểu thức, và tính các biểu thức còn lại theo ẩn phụ. Ta xem ví dụ sau:

Ví dụ 6: Giải phương trình $\sqrt{11-x}+\sqrt{x+2}+2\sqrt{22+9x-x^2}=17$.

Giải

Điều kiện $-2 \le x \le 11.$

Đặt $t=\sqrt{11-x}+\sqrt{x+2}, t \ge 0$. Khi đó

$t^2=13+2\sqrt{(11-x)(x+2)}$

$\Rightarrow 2\sqrt{22+9x-x^2}=t^2-13.$

Phương trình trở thành

$t+t^2-13=17$

$\Leftrightarrow t^2+t-30=0$

$\Leftrightarrow t=5 \ \text{hoặc} \ t=-6(l).$

$\Leftrightarrow \sqrt{11-x}+\sqrt{x+2}=5$

$\Leftrightarrow \sqrt{22+9x-x^2}=6$

$\Leftrightarrow x^2-9x+14=0$

$\Leftrightarrow x=2 \ \text{hoặc} \ x=7.$

Vậy phương trình có nghiệm $x=2$ hoặc $x=7.$

Sau đây là cách đặt ẩn phụ để đưa phương trình thành một phương trình hai ẩn, từ đó giải ẩn này theo ẩn kia để thiết lập một phương trình đơn giản hơn phương trình đã cho.

Ví dụ 7: Giải phương trình $x^2+16x-16=(2x+1)\sqrt{3x^2+4}$.

Giải

Ta có $x^2+16x-16=(2x+1)\sqrt{3x^2+4}$

$\Leftrightarrow 4(2x+1)^2-5(3x^2+4)=(2x+1)\sqrt{3x^2+4}$

Đặt $\begin{cases} a=2x+1&\\ b=\sqrt{3x^2+4}, b \ge 2. \end{cases}$

Phương trình trở thành

$4a^2-5b^2=ab$

$\Leftrightarrow 4a^2-ab-5b^2=0$

$\Leftrightarrow a=-b \ \text{hoặc} \ a=\dfrac{5}{4}b.$

  • Trường hợp $a=-b$ ta có:

$ \sqrt{3x^2+4}=-(2x+1)$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x \le -\dfrac{1}{2}&\\ x^2+4x-3=0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow x=-2-\sqrt{7}$

  • Trường hợp $a=\dfrac{5}{4}b$ ta có:

$5\sqrt{3x^2+4}=4(2x+1)$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x \ge -\dfrac{1}{2}&\\ 11x^2-64x+84=0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{42}{11} \ \text{hoặc} \ x=2.$

Vậy phương trình có các nghiệm $x=-2-\sqrt{7}, x=\dfrac{42}{11}$ hoặc $x=2.$

Ví dụ 8: Giải phương trình $\sqrt{x^2+1}+2\sqrt{x^2+2x+3}=3\sqrt{x^2+4x+5}$.

Giải

Ta có  $\sqrt{x^2+1}+2\sqrt{x^2+2x+3}=3\sqrt{x^2+4x+5}$

$\Leftrightarrow \sqrt{x^2+1}+2\sqrt{x^2+2x+3}=3\sqrt{-(x^2+1)+2(x^2+2x+3)}.$

Đặt $\begin{cases} a=\sqrt{x^2+1}, a \ge 1&\\ b=\sqrt{x^2+2x+3}, b \ge \sqrt{2}. \end{cases}$.

Phương trình trở thành:

$a+2b=3\sqrt{-a^2+2b^2}$

$\Leftrightarrow (a+2b)^2=9(-a^2+2b^2)$

$\Leftrightarrow 5a^2+2ab-7b^2=0$

$\Leftrightarrow (a-b)(5a+7b)=0$

$\Leftrightarrow a=b$.

Khi đó ta có

$\sqrt{x^2+1}=\sqrt{x^2+2x+3}$

$\Leftrightarrow x^2+1=x^2+2x+3$

$\Leftrightarrow x=-1$.$

Vậy nghiệm của phương trình là $x=-1.$

Ví dụ 9: Giải phương trình $\sqrt{1+x}-2\sqrt{1-x}-3\sqrt{1-x^2}=x-3$.

Giải

Điều kiện $-1 \le x \le 1$.

Đặt $\begin{cases} a=\sqrt{x+1}, a \ge 1&\\b=\sqrt{1-x}, b \ge 0 \end{cases}$.

Khi đó $x-3=-a^2-2b^2$ và phương trình trở thành

$a-2b-3ab=-a^2-2b^2$

$\Leftrightarrow (a^2-3ab+2b^2)+(a-2b)=0$

$\Leftrightarrow (a-2b)(a-b)+(a-2b)=0$

$\Leftrightarrow (a-2b)(a-b+1)=0$

$\Leftrightarrow a=2b \ \text{hoặc} \ b=a+1.$

  • Trường hợp $a=2b$ ta có:

$\sqrt{1+x}=2\sqrt{1-x}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} -1 \le x \le 1&\\ 1+x=4(1-x) \end{cases}$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{3}{5}.$

  • Trường hợp $b=a+1$ ta có:

$ \sqrt{1-x}=\sqrt{1+x}+1$

$\Leftrightarrow 1-x=x+2+2\sqrt{1+x}$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{1+x}=-2x-1$

$\Leftrightarrow \begin{cases} -1 \le x \le -\dfrac{1}{2}&\\ 4(1+x)=(2x+1)^2 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} -1 \le x \le \dfrac{1}{2}&\\ x^2=\dfrac{3}{4} \end{cases}$

$\Leftrightarrow x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}.$

Vậy phương trình có hai nghiệm $x=\dfrac{3}{5}$ hoặc $x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}.$

Ví dụ 10: Giải phươg trình $x^2+5x-3=2(2x+3)\sqrt{x-1}$.

Giải

Điều kiện $x \ge 1.$

Khi đó $x^2+5x-3=2(2x+3)\sqrt{x-1}$

$\Leftrightarrow 3(x-1)-2(2x+3)\sqrt{x-1}+x^2+2x=0$

Đặt $t=\sqrt{x-1}, t \ge 0$. Ta được $3t^2-2(2x+3)t+x^2+2x=0.$

Đặt $\Delta’=(2x+3)^2-3(x^2+2x)=(x+3)^2.$

Do đó phương trình trên có hai nghiệm $t=x+2$ hoặc $t=\dfrac{x}{3}$.

  • Trường hợp $t=x+2$

$\Leftrightarrow \sqrt{x-1}=x+2$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x \ge 1&\\ x^2+3x+5=0 \end{cases} \ \text{(vô nghiệm)}.$

  • Trường hợp $t=\dfrac{x}{3}$

$\Leftrightarrow 3\sqrt{x-1}=x$

$\Leftrightarrow \begin{cases} x \ge 1&\\ x^2-9x+9=0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow x=\dfrac{9 \pm 3\sqrt{5}}{2}.$

Vậy phương trình có nghiệm $x=\dfrac{9 \pm 3\sqrt{5}}{3}.$

Ngoài ra còn có cách đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình, ta xét ví dụ sau:

Ví dụ 11: Giải phương trình: $\sqrt[3]{7+x} – \sqrt{2-x}=1$

Giải

Phương trình có nhiều dấu căn bậc khác nhau, và biểu thức trong căn lại có mối liên hệ khá rõ ràng.

Ta đặt $u = \sqrt[3]{7+x}, v = \sqrt{2-x}$ ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l} u – v = 1\\ u^3 + v^2 = 9 \end{array} \right. $.

Sử dụng phương pháp thế ta có $\left\{ \begin{array}{l} v = u-1\\ u^3 + (u-1)^2 – 9 = 0 \end{array}\right.  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} v=u-1\\ u^3+u^2-2u-8 = 0 \end{array}\right.  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} u = 2\\ v = 1\end{array}\right. $.

Từ đó giải ra $x = 1$ là nghiệm.

2. Bài tập rèn luyện

Bài 1: Giải các phương trình sau

a) $\sqrt{2x^2-4x+8} + \sqrt{2x^2-4x+3} = 5$

b) $(x+5)(2-x)=3 \sqrt{x^2+3x}$

c) $(x+4)(x+1)-3\sqrt{x^2+5x+2}=6$

d) $4x^2+10x+9=5\sqrt{2x^2+5x+3}$

Bài 2: Giải các phương trình sau:

a) $1+\dfrac{2}{3} \sqrt{x-x^2}=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}$

b) $\sqrt{2x+3}+\sqrt{x+1}=3x+2\sqrt{2x^2+5x+3}-16$

c) $\sqrt{3x-2}+\sqrt{x-1}=4x-9+2\sqrt{3x^2-5x+2}$

d)$\sqrt{2x+3}+\sqrt{x+1}=3x+2\sqrt{2x^2+5x+3}-16$.

Bài 3: Giải các phương trình sau

a) $\sqrt{3x^2-2x+15}+\sqrt{3x^2-2x+8}=7$

b) $\dfrac{4x-1}{\sqrt{4x-3}}+\dfrac{11-2x}{\sqrt{5-x}}=\dfrac{15}{2}$

c) $\dfrac{3-x}{\sqrt{13-6x}}+\dfrac{3+x}{\sqrt{13+6x}}=2$

Bài 4: Giải các phương trình sau:

a) $2x^2+5x-1=7 \sqrt{x^3-1}$

b) $2(x^2+2)=5 \sqrt{x^3+1}$

c) $\sqrt{5x^2+14x+9}-\sqrt{x^2-x+20}=5 \sqrt{x+1}$

d) $(x^2-6x+11) \sqrt{x^2-x+1}=2(x^2-4x+7) \sqrt{x-2}$

Bài 5: Giải các phương trình sau:

a) $2 \sqrt{\dfrac{3x-1}{x}}=\dfrac{x}{3x-1}+1$

b) $(x+5)(2-x)=3 \sqrt{x^2+3x}$

c) $2(1-x)\sqrt{x^2+2x-1}=x^2-2x-1$

d) $(x+4)(x+1)-3 \sqrt{x^2+5x+6}+4=0$

e) $(x-1)(x+2)+2(x-1) \sqrt{\dfrac{x+2}{x-1}}=8$

f) $\sqrt[3]{\dfrac{2x}{x+1}}+\sqrt[3]{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2x}}=2$.

Đáp án kì thi chọn đội dự tuyển PTNK năm học 2019 – 2020

Leave a reply

Đề bài

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$ P=\dfrac{a^4+b^4+2}{\left(a^2-a+1\right)\left(b^2-b+1\right)}, \text{ với } a,b \in \mathbb{R}. $$

Bài 2. Cho $\mathbb{Q^+}$ là tập hợp số hữu tỉ dương. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{Q^+} \to \mathbb{Q^+}$ thỏa mãn
$$ f\left( {{x^2}f{{\left( y \right)}^2}} \right) = f{\left( x \right)^2}f\left( y \right), \text{ với mọi } x,y \in \mathbb{Q^+}. $$

Bài 3. Cho $x_1$, $x_2$, $x_3$, \dots là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
$$ 1=x_1<x_2<x_3 \dots \text{ và } x_{n+1}\leq 2n \text{ với } n=1,2,3 \dots $$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_i-x_j = k.$

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $AB$ sao cho $\overrightarrow{AM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}.$ Đường tròn tâm $M$ bán kính $MB$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$. Một đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ cắt $AC$ tại $N$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{AN}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}$.

Giải

Lời giải của nhóm các bạn NGUYỄN TĂNG VU, LÊ PHÚC LỮ, NGUYỄN TIẾN HOÀNG

Bài 1. 

Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có
\[{x^4} + 1 – \frac{2}{9}{\left( {{x^2} – x + 1} \right)^2} = \frac{1}{9}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {7{x^2} – 10x + 7} \right) \geq 0. \] Vì thế nên ta có
\[ P \ge \frac{2}{9}\frac{{{{\left( {{a^2} – a + 1} \right)}^2} + {{\left( {{b^2} – b + 1} \right)}^2}}}{{\left( {{a^2} – a + 1} \right)\left( {{b^2} – b + 1} \right)}} = \frac{2}{9}\left( {\frac{{{a^2} – a + 1}}{{{b^2} – b + 1}} + \frac{{{b^2} – b + 1}}{{{a^2} – a + 1}}} \right) \ge \frac{4}{9}. \] Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\dfrac{4}{9}$, đạt được khi $a=b=-1.$

Bài 2.

Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.
Đặt $f(1)=a>0$, trong phương trình đề cho, thay $x=y=1$ ta có $f(a^2)=a^3$. \medskip

Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^2$, $y$ bởi $1$ và $x$ bởi $1$, $y$ bởi $c^2$ vào phương trình ấy, ta thu được
\[ a^7 = f(a^6) = a^5. \] Chú ý $a>0$ nên ta có $a=1$, tức $f(1)=1$. Thay $x$ bởi $1$ vào phương trình đề cho, ta có
\[ f\left( {f{{\left( y \right)}^2}} \right) = f\left( y \right), \text{ với mọi } y \in \mathbb{Q^+}. \] Lại thay $y$ bởi $1$ vào phương trình đề cho, ta có
\[ f{\left( x \right)^2} = f\left( {{x^2}} \right), \text{ với mọi } x \in \mathbb{Q^+}. \] Suy ra
\[ f\left( x \right) = f\left( {f{{\left( x \right)}^2}} \right) = f{\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = \ldots = {f^{n + 1}}{\left( x \right)^{{2^n}}}, \text{ với mọi } x \in \mathbb{Q^+}, \] trong đó $f^{n+1}(x)$ là $n+1$ lần tác động $f$ vào $x$. Từ đó, nếu tồn tại $q \in \mathbb{Q^+}$ sao cho tồn tại $p \in \mathbb{P}$ thỏa mãn $v_p(f(q)) \ne 0$ thì ta có
\[ {v_p}\left( {f\left( q \right)} \right) = {v_p}\left( {{f^{n + 1}}{{\left( q \right)}^{{2^n}}}} \right) = {2^n}{v_p}\left( {{f^{n + 1}}\left( q \right)} \right) \ne 0. \] Trong đẳng thức trên, cho $n \to + \infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_p(f(q)) = 0$ với mọi $q \in \mathbb{Q^+}$, $p \in \mathbb{P}$, hay $f(x) \equiv 1.$ \medskip

Thử lại, ta kết luận $f(x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.
\end{giai}

Bài 3. 

Với $k$ nguyên dương, ta xét $k+1$ số hạng của dãy là $x_1$, $x_2$, \dots, $x_{k+1}$. Ta có $x_1=1 \leq k$, gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_q \leq k$ thì ta có $q<k+1$ và
\[ 1 \leq x_1 < x_1 < \dots < x_q \leq k < x_{q+1}<\dots<x_{k+1}<2k. \]

Nếu tồn tại $1 \leq j < i \leq k+1 $ sao cho $x_i – x_j = k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số $$x_1+k,x_2+k, \dots x_q+k, x_{q+1}, \dots, x_{k+1}$$ là $k+1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2k$, vô lí! \medskip

Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương,luôn tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_i-x_j = k.$

Bài 4. 

Ta có $OB=OD$, $MB=MD$ nên dễ thấy $OM$ là phân giác ngoài của góc $AMD$, mà $OA=OD$ nên suy ra $O \in \left(AMD\right).$

Gọi $N’$ là giao điểm khác $A$ của $\left(AMD\right)$ và $AC$. Ta chứng minh $N$ trùng $N’$. \medskip

Thật vậy, ta có $\overrightarrow{AM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}$ nên $\angle{AMO}$ tù, do đó nếu $N’$ nằm ngoài tia $AC$ thì $N’$ nằm khác phía $O$ so với $AM$ nên $$\angle{AMO}=\angle{AN’O}=\angle{CAO}-\angle{AON’}<\angle{CAO}<90^\circ,$$ vô lý. Suy ra $N’$ nằm trên tia $AC$, kéo theo $AO$ là phân giác trong góc $MAN’$ nên $OM=ON’$, mà $OA=OD$ nên $MN’$ song song $AD$, suy ra $N$ trùng $N’$. \medskip

Từ đó, dễ thấy $AMND$ là hình thang cân nên $AN=MD=MB$, hơn nữa $N$ nằm trên tia $AC$ nên ta thu được $$\overrightarrow{AN}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}.$$ Ta có điều cần chứng minh.