Bạn đang xem bài viết Chuyên Đề Bất Phương Trình được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
Giải bất phương trình không chứa tham số Muốn giải một bất phương trình bậc cao, về cơ bản chúng ta vẫn phải tìm cách: a) Đưa vế trái của bất phương trình (vế phải của bất phương trình là 0) về dạng tích, thương của các nhị thức, tam thức bậc hai (cách làm tương tự như ở mụcI). b) Dựa vào cách đặt ẩn phụ ( các dạng tương tự như ở mục I) để đưa về bất phương trình bậc hai quen thuộc. Ví dụ 1: Giải các bất phương trình sau Giải: Xét Ta có bảng xét dấu : Xem bảng xét dấu ta có nghiệm của bpt là: Xét Mẫu Ta có bảng xét dấu: Xem bảng xét dấu ,vậy nghiệm bpt là Bài tập tương tự : Giải bất phương trình sau Hướng dẫn: Phân tích vế trái đã cho về dạng tích của các nhị thức , tam thức bậc 2 Cách 1: Tách nhóm các số hạng sao cho hợp lý Ta có: Cách 2:Xét nghiệm của đa thức , nếu có nghiệm hữu tỷ là ước (kể cả âm ) của là ước của nghiệm hữư tỷ nếu có của chỉ có thể là . Dùng lược đồ Hoocne ta thấy , và khi đó chia cho ta được Cách 3: Dùng phương pháp hệ số bất định , ta cũng đưa được . Vậy Ta có bảng xét dấu: Vậy nghiệm của Ví dụ2: Giải bất phương trình Giải: Đặt trở thành: Từ Vậy nghiệm của bpt đã cho là Ví dụ 3: Giải bất phương trình sau Giải: Thấy không thoả mãn , chia hai vế cho , đặt trở thành Vậy ta có Kết luận nghiệm của BPT là Ví dụ 4: Giải bất phương trình sau Giải: Xét Chọn sao cho: chọn Khi đó trở thành: Vậy nghiệm của đã cho là: Bài tập tương tự: Giải BPT sau ( tham số ) Hướng dẫn: * Nếu *Nếu , nhân hai vế của với Đặt trở thành: Xét , vậy có hai nghiệm đối với ẩn là: Thay , ta có trở thành: Mặt khác ta có Đáp số : II.Bất phương trình chứa tham số, vấn đề tập nghiệm của bất phương trình Cơ sở lý thuyết: * vô nghiệm * vô nghiệm *Cho bất phương trình: . Điều kiện cần và đủ để được thoả mãn với là: , với là tập nghiệm của ,( Tập cho trước có thể là: ) Ví dụ1: Cho tam thức: Xác định sao cho: Bất phương trình vô nghiệm; Bất phương trình có nghiệm. Giải: Vậy không thoả mãn đều kiện bài toán. * vô nghiệm Để xác định sao cho bất phương trình có nghiệm , ta giải bài toán:”Xác định sao cho vô nghiệm” * Vậy không thích hợp. *Ta có: vônghiệm Tóm lại, điều kiện để vô nghiệm là . Vậy, điều kiện để có nghiệm là Bài tập tương tự: Với những giá trị nào của thì : Hướng dẫn: Để ý thấy do Vậy Hệ có nghiệm với Đáp số: Ví dụ 2:Cho bất phương trình: Tìm để bất phương trình được thoả mãn với . Tìm để bất phương trình có nghiệm Giải: Cách giải1: Phương pháp tam thức bậc hai. Gọi X là tập nghiệm của .Ta tìm + không thích hợp. +, không thoả mãn +: Xét dấu và : thoả mãn . Tổng hợp các kết quả trên, ta được:. Cách giải 2: Phương pháp hàm số: Đối với học sinh đã được học kiến thức về khảo sát hàm số thì phương pháp giải này là khá hiệu quả ( Nếu như việc cô lập được tham số từ bất phương trình đã cho là đơn giản). Cơ sở lý thuyết: Giả sử hàm số có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên , liên tục trên . * có nghiệm . *. * có nghiệm . * Trở lại bài toán ta có: (do) Yêu cầu bài toán Xét Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: Xem bảng biến thiên ta có , vậy được thoả mãn Cách giải1( phương pháp tam thức bâc hai – bạn đọc tự giải) Cách giải2: Phương pháp hàm số Tương tự câu Yêu cầu bài toán trở thành : Tương tự như câu ta có . Bài tập tương tự: Xác định để bất phương trình : , Đáp số: hoặc Ví dụ 3: Tìm Cách giải: Gọi . ta có không trái dấu với nhau. Chú ý: Trong quy ước mẫu thức bằng thì tử thức cũng bằng Bài tập áp dụng: Tìm để Giải: Ta có Bởi thế và là tương đương. Vậy Ví dụ 4: Cho Tìm a để Giải: Viết lại Gọi Ta thấy Đáp số: Bài tập tương tự: Tìm để Hướng dẫn: Viết lại Yêu cầu bài toán
Chuyên Đề Phương Trình Nghiệm Nguyên
PHƯƠNG TRìNH NGHIÊM NGUYÊNVà KINH NGHIệM GIảICHUYÊN Đề:Người thực hiện: lê đình biênI. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét tính chia hết1 Phương pháp xét tính chia hếtPhát hiện tính chia hết của 1 ẩnĐưa về phương trình ước số
Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hếtXét số dư của từng vế.VD1: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159VD2: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3VD3: Tìm nghiệm nguyên của PT xy – x – y = 2
VD4: Chứng minh rằng: các PT sau không có nghiệm nguyên: 1, x2 – y2 = 1998 2, x2 + y2 = 1999VD5: Tìm nghiệm nguyên của PT 9x + 2 = y2 + yMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhát hiện tính chia hết của 1 ẩn VD6: Giải phương trình nghiệm nguyên 3x + 17y = 159 (1)Gợi ý
B1: Lý luận để có: 17y chia hết cho 3 B2: Lý luận để có: y chia hết cho 3 Đặt y = 3k (k є Z) B3: Tìm x; y theo k B4: Thử lại vào (1) đúng KL
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênĐưa về phương trình ước số VD7: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3Gợi ý
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyêna/ B1: Biến đổi phương trình thành: (x – 1)(y – 1) = 4 B2: Vì x;y là số nguyên: (x – 1) và (y – 1) є Ư (4) (x – 1)(y – 1) = 1.4 = 4.1 = (-1).(-4) = (-4).(-1) = 2.2 = (-2).(-2) B3: Lập bảng tìm x; y B4: Trả lờib/ B1: Nhân 2 vế của PT với 2. Biến đổi phương trình thành: (2y – 1)(2x + 1) = 5 B2: Vì x;y là số nguyên: (2y – 1) và (2x – 1) є Ư (5)
B3: Lập bảng tìm x; y B4: Trả lờiĐưa về phương trình ước số VD7: Tìm nghiệm nguyên của PT a, xy – x – y = 3 b, 2xy – x + y = 3
Kinh nghiệm
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênĐể viết VT: 2xy – x + y thành một tích.Ta biến đổi thành: x(2y – 1) + 1/2 (2y – 1)Để khử mẫu ta nghĩ đến việc nhân 2 vế với 2Phương pháp biểu thị 1 ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng tính chia hết VD8: Giải phương trình nghiệm nguyên: xy – x – y = 2Gợi ýB1: Biến đổi PT về: x(y – 1) – y = 2B2: – Khảng định y≠1 – Biểu thị x theo y: x = B3: Tách phần nguyên: x = 1 +
B4: Lý luận để có: (y – 1) є Ư(3)B5: Tìm y Giá trị tương ứng của xB6: Kết luận Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vế VD9: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên a) x2 – y2 = 1998 (*)Gợi ý
B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1
B2: x2 – y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3
B3: 1998 : 4 dư 2
B4: PT (*) không có nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vế VD10: CMR các PT sau không có nghiệm nguyên b) x2 + y2 = 1999 (* *)Gợi ý
B1: x2; y2 : 4 dư 0 hoặc 1
B2: x2 + y2 : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2
B3: 1998 : 4 dư 3
B4: PT (* *) không có nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét số dư của từng vếKinh nghiệm
– Một số chính phương khi : 4 dư 0 hoặc 1– x2 – y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 3– x2 + y2 khi : 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênVD11: Tìm nghiệm nguyên của PT 9x + 2 = y2 + y
Gợi ý
B1: Biến đổi vế phải = y(y + 1)
B2: Lý luận vế trái : 3 dư 2 y(y + 1) : 3 dư 2 y = 3k + 1 y+1 = 3k + 2B3: Tìm được x = k(k + 1)
B4: Thử lại và kết luận: x = k(k + 1) y = 3k + 1Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sắp thứ tự các ẩnPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩnPhương pháp chỉ ra nghiệm nguyênPhương pháp sử dụng điều kiện để PT bậc hai có nghiệm (∆ ≥ 0)VD12: Giải phương trình nghiệm nguyên x + y + z = xyzVD13: Tìm nghiệm nguyên dương 1/x + 1/y = 1/3
VD14: Tìm x є N 2x + 3x = 5xVD15: Tìm nghiệm nguyên của PT x2 – xy + y2 = 2x – y Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sắp thứ tự các ẩn VD12: Tìm nghiệm nguyên dương của PT x + y + z = xyzGợi ýB3: Chia cả hai vế của BĐT cho Z xy ≤ 3 xy = 1; 2; 3B4:
B1: Nhận xét: x; y ; z có vai trò bình đẳng trong PTCó thể sắp thứ tự giá trị các ẩn:
B2: Giả sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z xyz = x + y + z ≤ 3zMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn VD13: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 1/x + 1/y = 1/3Gợi ý
B4: Kết luận: (x; y) = (4; 12); (12; 4); (6; 6)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn
Kinh nghiệm
Khi các ẩn trong phương trình có vai trò bình đẳng ta thường sắp thứ tự các ẩn, sau đó dùng BĐT để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp chỉ ra nghiệm nguyên VD14: Tìm các số tự nhiên x sao cho 2x + 3x = 5xGợi ýB1: Chia hai vế của PT cho 5x (2/5)x + (3/5)x = 1B2: Xét với x = 0 ……………. LoạiB3: Xét với x = 1 ……………. NhậnB4: Xét với x ≥ 2 (2/5)x < 2/5 (2/5)x < 3/5B5: Kết luận: x = 1Kinh nghiệmCó thể chỉ ra được một hoặc vài số là nghiệm PT. Rồi chứng minh PT không có nghiệm nào khácVế trái < 1 LoạiMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênPhương pháp sử dụng ĐK để PT bậc hai có nghiệm VD15: Tìm nghiệm nguyên dương của PT x2 – xy + y2 = 2x – yGợi ýB1: Viết PT thành PT bậc 2 đối với x: x2 – (y + 2)x + (y2 +y) = 0 (*)B2: Tính ∆ = -3y2 + 4B3: Giải ∆ ≥ 0 3y2 ≤ 4 y = 0; 1; -1B4: Tìm giá trị tương ứng của x và thử lạiB5: Kết luận.Kinh nghiệmĐK ∆ ≥ 0 chỉ là ĐK cần chứ chưa đủ để PT có nghiệm nguyên.Kết quả tìm đựơc phải thử lạiMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phươngTạo ra bình phương đúngTạo ra tổng các số chính PhươngXét các số chính phương liên tiếpSử dụng đk biệt số ∆ là số chính phương
Sử dụng tính chất tích của hai số nguyên là số chính phươngVD16: Tìm x є Z để 9x + 5 là tích của 2 số nguyên liên tiếp
VD17: Tìm nghiệm nguyên 2×2 + 4x = 19 – 3y2VD18: Tìm nghiệm nguyên dương 4×2 + 4x + y2 – 6y= 24VD19: Tìm nghiệm nguyên x4 – y4 = 3y2 + 1 VD20: Tìm nghiệm nguyên x2 + 2y2 + 3xy + 2x + 3y + 4 = 0VD21: Tìm nghiệm nguyên dương của PT xy = z2Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phương VD16: Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếpGợi ý
B1: Giả sử: 9x+5 = n(n+1) (n є Z)B2: Nhân hai vế của PT với 4 Đưa về dạng: (2n+1)2 = 3(12x+7)B3: Lý luận để có (2n+1)2 ÷ 9 VT ÷ 9B4: Lý luận để có (12x+7) ÷ 3 VP ÷ 9 B5: Mâu thuẫn Không tồn tại số nguyên nàoMột số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng tính chất về chia hết của số chính phương
Lưu ý một số tính chất
Số CP không tận cùng bằng 2; 3; 7; 8Số CP chia hết cho số nguyên tố P thì chia hết cho P2Số CP chia cho 3 dư 0 hoặc 1Số CP chia cho 4 dư 0 hoặc 1Số CP chia cho 8 dư 0 hoặc 1 hoặc 4Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênTạo ra bình phương đúng VD17: Tìm nghiệm nguyên của PT 2×2 + 4x = 19 – 3y2Gợi ýB1: Cộng hai vế của PT với 2 Đưa PT về: 2(x+1)2 = 3(7-y2)B2: Lý luận để có 3(7-y2) chia hết cho 2 (7-y2) chia hết cho 2 y lẻB3: Lý luận để có (7-y2) ≥ 0 y2 ≤ 7B4: Tìm được y2 ≤ 1B5: Tìm x x = 2; x = 4B6: Kết luận: (x; y) Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênTạo ra ra tổng các số chính phương VD18: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 4×2 + 4x + y2 – 6y = 24Gợi ý
B1: Biến đổi PT về dạng: (2x+1)2 + (y-3)2 = 34B2: Lý luận (2x + 1) lẻB3: Viết 34 dưới dạng: a2 + b2 (a lẻ): 32 + 52; 52 + 32B4: Tìm được (x; y) Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét các số chính phương liên tiếp VD19: Tìm nghiệm nguyên x4 – y4 = 3y2 +1Gợi ý
B1: Viết PT dưới dạng: x4 = y4 +3y2 +1B2: Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 ≥ (y2 +1)2 Chứng tỏ: y4 +3y2 +1 < (y2 +2)2B3: (y2 +1)2 ≤ x4 < (y2 +2)2 x4 = (y2 +1)2 B4: Giải PT: y4 +2y2 +1 = y4 +3y2 +1 y = 0B5: Tìm xB6: Kết luận (x; y)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênXét các số chính phương liên tiếp Lưu ý:
Sử dụng tính chất:
TC1: Nếu 2 số nguyên dương NTCN có tích là một SCP Thì mỗi số đều là SCPTC2: Nếu 2 số nguyên liên tiếpcó tích là một SCP Thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyênSử dụng điều kiện biệt số ∆ là SCP VD21: Tìm nghiệm nguyên của PT x2 + xy + y2 = x2y2 Gợi ý
B1: thêm xy vào 2 vế của PT (x + y)2 = xy(xy + 1)B2: xy và xy + 1 là 2 số nguyên liên tiếp có tích là 1 SCP xy = 0 xy + 1 = 0B3: Xét từng trường hợp có kq: (x; y) = (0; 0); (1; -1); (-1; 1)Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên
VD22: Tìm nghiệm nguyên của PT x3 + 2y3 = 4z3 (*) Gợi ý
B1: Lý luận để có x chia hết cho 2. Đặt x = 2×1 (x1 є Z) B2: thay x = 2×1 vào (*) y chia hết cho 2. Đặt y = 2y1 (y1 є Z) B3: thay y = 2y1 vào (*) z chia hết cho 2. Đặt z = 2z1 (z1 є Z) II. Một số dạng phương trình nghiệm nguyênMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD23: Tìm nghiệm nguyên của PT (x – 2)(3x – 2)(5x – 2)(7x – 2) = 945 Gợi ý
B1: Nếu x≥ 3 VT ≥ 1.7.13.19 = 1729 (loại)B2: Nếu x ≤ -2 VT ≥ 4.8.12.16 = 6164 (loại) -2 ≤ x < 3 x є { -1; 0; 1; 2}B3: Lần lượt thay x = -1; 0; 1; 2 vào PT: x = -1 (thoả mãn)Kinh nghiệm– Nếu triển khai và giải PT bậc 4 gặp nhiều K2– Dựa vào x є Z dùng P2 xét khoảng giá trị của ẩn để giải bài toánMột số dạng phương trình nghiệm nguyên ax + by = c (a; b; c є Z) Kinh nghiệm B1: Rút gọn phương trình. Chú ý đến tính chia hết của các ẩnB2: Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có GTTĐ nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kiaB3: Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của xB4: Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức của x bằng một số nguyên t1 Được PT bậc nhất 2 ẩn y và t1B5: Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một đa thức với các hệ số nguyên. VD24: Tìm nghiệm nguyên của PT: 11x + 18y = 120Một số dạng phương trình nghiệm nguyênDạng 1: axy + bx + cy + d = 0 (a; b; c; d є Z) Dạng 2: ax2 + by2 + c = 0 (a; b; c є Z)Dạng 3: ax2 + by2 + cx + d = 0 ax2 + by2 + cy + d = 0 (a; b; c; d є Z) Dạng 4: ax2 + by2 + cxy + d = 0 (a; b; c; d є Z)
VD25: Tìm nghiệm nguyên 5x – 3y = 2xy – 11
VD26: Tìm nghiệm nguyên 3×2 + 4y2 = 84
VD27: Tìm nghiệm nguyên x2 – 2x – 11 = y2
VD28: Tìm nghiệm nguyên 5×2 – y2 + 4xy – 9 = 0Một số dạng phương trình nghiệm nguyênDạng 5: ax2 + by2 + cx + dy = 0 (a; b; c; d є Z)Dạng 6: ax2+by2+cx+dy+e = 0 (a; b; c; d; e є Z)Dạng 7: ax2+by2+cxy+dx+ey = 0 (a; b; c; d; e є Z)Dạng 8: ax2+by2+cxy+dx+ey+g= 0 (a; b; c; d; e є Z)
VD29: Tìm nghiệm nguyên dương x2 + y2 = 5(x – y)
VD30: Tìm nghiệm nguyên 3×2 + 4y2 + 12x + 3y + 5 = 0
VD31: Tìm nghiệm nguyên x + y + xy = x2 + y2VD32: Tìm nghiệm nguyên x2 -xy + y2 = 2x – 3y – 2 Một số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình ước.– Viết phương trình đó dưới dạng Phương trình bậc hai đối với một ẩn rồi dùng điều kiện: ∆ ≥ 0 hoặc ∆ là số chính phươngMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD32: x3 + x2 + x + 1 = y3 Gợi ý
B1: Viết PT dưới dạng: (x-y)3 + 3xy(x-y) = xy + 8 B2: Đặt: x – y = a va xy = b a3 – 8 = – b(3a – 1)B3: Lý luận để có a3 – 8 chia hết cho 3a-1B4: Nhân với 27 215 chia hết 3a – 1B5: (3a – 1) є Ư (± 1; ± 5; ± 43; ± 215)B6: Tìm a và b Tìm x; yMột số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình ước.– Đặt ẩn phụ cho biểu thức (x + y) hoặc (x – y) và xy.– Với biểu thức (x3 + y3) hoặc (x3 – y3) nên vận dụng HĐTMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD34: x4 – 4×2 + y2 + 2x2y – 9 = 0 Gợi ý
B1: Biến đổi về dạng: (x2 + y + 2x)(x2 + y – 2x) = 9B2: Đưa về phương trình ước sốB3: Tìm x; yMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD35: Tìm nghiệm nguyên của PT x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 Gợi ý
B1: Biến đổi về dạng: (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2 B2: Đặt (x2 + 3x + 1) = a (a+y)(a-y) = 1B3: Tìm được y = 0 x = Một số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Đưa về Phương trình bậc hai với hai ẩn– Phân tích thành nhân tử để phát hiện một biểu thức là số chính phương.– Phát hiện một số chính phương năm giữa hai số chính phươngMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD36: Tìm nghiệm nguyên của PT 6x + 15y + 10z = 3 Gợi ý
B1: Lý luận để có 10 z chia hết cho 3 z chia hết cho 3 z = 3k (k є Z)B2: Giải PT hai ẩn x; y với k là tham số: 2x + 5y = 1 – 10kB3: Đưa PT về dạng: x = – 5k – 2y + B4: Đặt = t y = 1 – 2tB5: Viết nghiệm x; y; z theo k và tMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD37: Tìm nghiệm nguyên của PT 2xyz = x + y + z + 6 Gợi ý
B1: Do x; y; z có vai trò bình đẳng giải sử: 1 ≤ x ≤ y ≤ z 2xyz ≤ 3z + 16B2: Do z nguyên dương 2xy ≤ 3 + 16/z ≤ 19 xy ≤ 9B3: Do x nguyên dương x2 ≤ xy B4: x2 ≤ 9 x є (1; 2; 3)B5: Thay lần lượt x Tìm y, zMột số dạng phương trình nghiệm nguyênKinh nghiệm– Tìm dấu hiệu chia hết Đưa về PT bậc nhất đối với hai ẩn– Dựa vào vai trò bình đẳng của ẩn để dùng phương pháp chặn– Trong trường hợp khác có thể xét một hoặc một vài giá trị của một ẩn rồi xét tiếp trường hợp còn lạiMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD38: Tìm nghiệm nguyên dương của PT 1/x + 1/y + 1/6xy = 1/6 Gợi ý
B1: Nhân hai vế của PT với 6xyB2: Đưa về PT ước số: (x – 6) (y – 6) = 37B3: Tìm x; y.Kinh nghiệm
Tìm cách khử mẫu Đưa về phương trình ước sốMột số dạng phương trình nghiệm nguyên VD39: Tìm nghiệm nguyên dương của PT: 2x + 3= y2 Gợi ý
B1: Xét với x ≥ 2 VT: 4 dư 3 Không thoả mãn VP: 4 dư 1 x = 0; 1B2: Xét từng trường hợp (x; y)Kinh nghiệm
Tìm STN k để với x ≥ k thì PT không có nghiệm nguyên Xét x є (0; 1; …….; k-1) Chú ý: + an – bn chia hết a – b với n là số tự nhiên + an + bn chia hết a + b với n là số tự nhiên lẻ + (a + b)n chia hết ak + bn với n є N; k є Z VD40: Tìm nghiệm nguyên dương của PT: x + x + 3 = y Gợi ý
B1: Lý luận để có y chẵn y = 2k (k є Z) x = 4 – 3kB2: Tìm được 3z + 10k = 1 z = -3k + B3: Đặt = t (x; y; z) theo t{{ Một số dạng phương trình nghiệm nguyên VD42: Tìm giá trị của m để PT sau có hai nghiệm nguyên dương x2 + mx + 2 = 0 Gợi ý
B1: Gọi x1; x2 là các nghiệm nguyên dương x1 + x2 = – m (m є Z)B2: ∆ = m2 – 8 là số chính phương Đặt (m2 – 8) = k2 (k є N)B3: Đưa về PT ước: (m – k)(m + k) = 8III. Ứng dụng: Bài toán đưa về giải PT nghiệm nguyên1, Bài toán về số tự nhiên và các chữ số2, Bài toán về tính chia hết và số nguyên tố3, Bài toán thực tếTrân trọng cảm ơn !Người thực hiện: Phạm Ngọc Thuý
Chuyên Đề Hệ Phương Trình Đối Xứng
Hệ phương trình đối xứng là dạng toán hay trong chương trình Toán của bậc học Phổ thông. Để giải quyết tốt được bài toán dạng này, học sinh cần vận dụng nhiều kiến thức Toán. Điều đó giúp cho học sinh biết huy động các kĩ năng Toán vào việc giải một bài toán cụ thể và còn rèn luyện cho học sinh kỹ năng về tư duy. Tính cần cù trong học tập, biết vận dụng các kiến thức đã học vào việc giải quyết một bài toán cụ thể. Chính vì lí do đó, nên tôi đã sưu tầm và dạy cho học sinh chuyên đề: “Hệ phương trình đối xứng” Phần b: những nội dung cụ thể I. Hệ phương trình đối xứng loại I: Phần 1- Định nghĩa: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng – Phương trình n ẩn x1, x2, …, xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thì phương trình không thay đổi. – Khi đó phương trình luôn biểu diễn được dưới dạng: x1 + x2 + … + xn x1x2 + x1x3 + … + x1xn + x2x1 + x2x3 + … + xn-1xn …………………………. x1x2 … xn – Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng. – Với học sinh phổ thông ta đưa vào hệ đối xứng loại I với 2 ẩn số, với học sinh chuyên ta nên đưa vào hệ đối xứng loại I với 3 ẩn số. – Để giải được hệ phương trình đối xứng loại I ta phải có định lý Viet. *) Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn-1 +… an, a0 ≠ 0, ai ẻ P có nghiệm trên P là c1, …, cn thì phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại I, 2 ẩn: A. Lý thuyết: 1.Định lý Vi-et cho phương trình bậc 2 (lớp 10). Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thì Ngược lại nếu 2 số x1, x2 có thì x1, x2 là nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0. 2.Định nghĩa: Hệ gồm 2 phương trình đối xứng gọi là hệ đối xứng loại I, 2 ẩn. Một phương trình 2 ẩn gọi là đối xứng nếu đổi vị trí hai ẩn thì phương trình không đổi VD: 3.Cách giải: + Biểu diễn từng phương trình của hệ qua x+y và xy + Đặt S = x+y, P = xy, ta có hệ mới chứa ẩn S, P. Giải nó tìm S, P. + Với mỗi cặp S, P ta có x, y là nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0. + Tuỳ theo yêu cầu của bài toán ta giải hoặc biện luận hệ ẩn S, P và phương trình X2 – SX + P = 0. để có kết luận cho bài toán. 4.Bài tập: Loại 1: Giải hệ đơn thuần VD1: Giải hệ (I) Giải: (I) Û Đặt S = x+y, P = xy ta có Û Û Û Với S = 2, P = 0 có x, y là nghiệm của phương trình X2 – 2X = 0 Û ị {(x;y)} = {(0;2); (2;0)} Với S = -3, P = 5 có x, y là nghiệm của phương trình X2 + 3X +5 = 0 vô nghiệm Vậy hệ có tập nghiệm {(x;y)} = {(0;2); (2;0)}. Loại 2: Đối xứng giữa các biểu thức của ẩn VD2: Giải hệ (II) Giải: (II) Û Û Giải ra được nghiệm của hệ {(x;y)} = {(1;1); (-3;9)}. VD3: Giải hệ Giải: Vậy x5, y5 là nghiệm của phương trình X2 – 4X -32 = 0 Û Vậy Û Chú ý: Với hệ có dạng + Nâng hai vế của (2) lên luỹ thừa n và coi xn, yn như nghiệm của phương trình X2 – aX + bn = 0. + Giải và biện luận phương trình bậc hai, sau đó lấy căn bậc n của nghiệm thu được. VD4: Giải hệ (1) Giải : Đặt -y= t ta được hệ (2) Đăt S= x+t ,P= xt ta có (3) Giải (3) ta được S = 0, P = 0 và S = 1 và P = -6 Từ đó suy ra nghiệm của (2) . có nghiệm (x; y) là (0; 0), (3; 2) ,(-2; -3). VD 5: Giải hệ: (1) Giải: Đặt ta có hệ (2) Hệ (2) là hệ đối xứng đối với u,v. Giải (2) tìm u, v từ đó suy ra nghiệm của (1). Loại 3: Giải và biện luận hệ theo tham số . VD6: Giải và biện luận hệ: Giải: ĐK: x, y ≠ 0. Khi đó hệ trên tương đương với: Û Û Với m = -2: Hệ vô nghiệm Với m -2: Hệ tương đương với (*) Ta có (*) có nghiệm khác 0 khi 64 – 4. Vậy với m =2 thì hệ là với -2 < m < 2 thì hệ vô nghiệm. VD7: Tìm m để hệ có đúng hai nghiệm Giải: Đặt xy= P ,x+y = S hệ trở thành Vậy (x;y) là nghiệm của: Để hệ có đúng hai nghiệm thì m=0 khi đó 2 nghiệm là {(x;y)} = {(1;1); (-1;-1)}. Loại 4: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ. VD1: Giải hệ phương trình: (ĐHSP-91) Giải: Đặt . Vậy ta có hệ : Û Û u, v là nghiệm của phương trình ị ị Vậy phương trình có 2 nghiệm {x} = {}. VD2: Cho x, y, z thoả mãn: (I) CMR: . Giải: (I) Û Đặt y + z = S; yz = P ị y, z là ngiệm của phương trình X2 – SX + P = 0 ị S2 – 4P ³ 0 Từ hệ có Vậy (5-x)2 -4(x2-5x+8) Do vai trò của x,y,z là như nhau nên ta có . B. Bài tập: I) Giải hệ phương trình: 1) (ĐHAN -97) 2) (ĐHNT-98) 3) 4) 5) 6) (ĐHNT_99) 7) (ĐHAN-99) 8) (ĐH HH-99) 9) 10) 11) II. giải Hệ phương trình có tham số: 1. Giải và biện luận: a) (QHQT-99) b) (129-III) c) (ĐHT-96) 2. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình a) có nghiệm (ĐHQG-99) b) có nghiệm duy nhất (HVQS-00) c) có đúng hai nghiệm (19-I) d) có nghiệm (x; y) và x.y đạt nhỏ nhất (4I) 3. (1II) a. Giải hệ khi m = 5 b. Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm 4. (7I) a. Giải hệ khi m = 7/2 b. Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm 5. (40II) a. Giải hệ khi m=2 6. Cho x,y,z thoả mãn; CMR: III. PHƯƠNG TRìNH GIảI BằNG CáCH ĐƯA Về Hệ 1. Giải phương trình: (ĐHKT-95) 2. Tìm m để mỗi ptrình sau có nghiệm a. (ĐHQG-98) b. (ĐHNT-95) c. (ĐHNT-98) phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại I, 3 ẩn: a. Định nghĩa: Là hệ ba ẩn với các phương trình trong hệ là đối xứng. b. Định lý Vi-et cho phương trình bậc 3: Cho 3 số x, y, z có: Thì x, y, z ;à nghiệm của phương trình X3 – αX2 + βX – γ = 0. (*) Thậy vậy: (X – x)(X – y)(X – z) = 0 [ X2 – (x + y)X + xy ](X – z) = 0 X3 – X2z – X2(x + y) + (x + y)zX + xyX – xyz = 0 X3 – αX2 + βX – γ = 0. (*) có nghiệm là x, y, z ị phương trình X3 – αX2 + βX – γ = 0 có 3 nghiệm là x, y, z. c.Cách giải: + Do các phương trình trong hệ là đối xứng nên ta luôn viết được dưới dạng α, β, γ Khi đó ta đặt Ta được hệ của α, β, γ. + Giải phương trình X3 – αX2 + βX – γ = 0 (1) tìm được nghiệm (x, y, z) của hệ. Chú ý: (1) có nghiệm duy nhất ị hệ vô nghiệm. có 1 nghiệm kép duy nhất ị hệ có nghiệm. có 2 nghiệm : 1 nghiệm kép, 1 nghiệm đơn ị hệ có 3 nghiệm. (1) có 3 ngiệm ị hệ có 6 nghiệm. d. Bài tập: VD1: Giải hệ: Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx). x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 – 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. Vậy 6 = 22 – 2(xy + yz + zx) ị xy + yz + zx = -1. 8 = 23 – 3.2.(-1) + 3xyz ị xyz = -2. ị x, y, z là nghiệm của phương trình:t3 – 2t2 – t + 2 = 0 Û Vậy hệ có 6 cặp nghiệm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). VD2: Giải hệ Giải: ĐK: x, y, z ≠ 0. Từ (3) Û Do (2) ị xyz = 27 Vậy hệ Û Do đó (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X3 – 9X2 + 27X – 27 = 0 Û (X – 3)3 = 0 Û X = 3. Vậy hệ có nghiệm là (3; 3; 3). VD3: Giải hệ Giải: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) ị xy + yz + zx = 0. x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 – 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz ị xyz = 0. Vậy có: ị (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X3 – aX2 = 0 ị Vậy hệ có nghiệm là {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chú ý: Có nhiều vấn đề cần lưu ý khi giải hệ loại này + Với cách giải theo định lý Vi-et từ hệ ta phải đưa ra được x + y + z; xy + yz + zx; xyz có thể nó là hệ quả của hệ nên khi tìm được nghiệm nên thử lại. + Vì là hệ đối xứng giữa các ẩn nên trong nghiệm có ít nhất 2 cặp nghiệm có cùng x, cùng y hoặc cùng z nên có thể giải hệ theo phương trình cộng, thế. VD: Giải: Rõ ràng x = 0, y = 0, z = 0 không là nghiệm của hệ Với x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nhân hai vế của (3) với xyz ta có xy + yz + zx = xyz (4). Từ (2) và (4) ị xyz = 27 (5) Từ (2) ị x2(y + z) + xyz = 27x (6) Từ (1), (5), (6) ta có: x2(9 – x) + 27 – 27x = 0 x3 – 9×2 + 27x – 27 = 0 (x – 3)3 = 0 Û x = 3 Thay x = 3 vào (1), (5) ta có: ị y = z = 3. Vậy hệ có nghiệm là x = y = z = 3. Ii. Hệ phương trình đối xứng loại iI: 1.Hệ đối xứng loại 2, 2 ẩn: A. Định nghĩa: – Hệ phương trình 2 ẩn mà khi đổi vị trí hai ẩn trong hệ ta có phương trình này trở thành phương trình kia gọi là hệ đối xứng loại 2, 2ẩn. B. Bài tập ví dụ: VD1: Giải hệ Giải: (I) Vậy hệ có tập nghiệm: VD2: Giải hệ: Giải: Đặt Hệ trở thành (Do u, v ≥ 0) Vậy hệ có nghiệm (1,1) VD3: Cho hệ (I) a.Tìm m để hệ có nghiệm b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất Giải:(I) a)Hệ có nghiệm Û b) C1: Hệ có nghiệm duy nhất Û Û Û m = 1. Vậy m = 1. C2: Giả sử hệ có nghiệm (x0, y0) thì hệ cũng có nghiệm (y0, x0). Nếu hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x0 = y0. Thay x = y = x0 vào ta có x0 = x02 – x0 + m. Û x02 – 2×0 + m = 0. Do x0 cũng là duy nhất ị ∆’xo = 0 Û 1 – m = 0 Û m = 1 Điều kiện đủ: Thay m = 1 vào hệ ta có: Û Û Vậy với m = 1 thì hệ có nghiệm duy nhất (1;1). VD1: Giải phương trình: (73II) Giải: Đặt ị 2x – 1 = t3. Ta có hệ Û Û Û ị Vậy phương trình có 3 nghiệm 1; . C. Bài tập: 1.Giải hệ phương trình: a. (ĐHQG – 99) b. (ĐHTL- 01) c. (ĐHTN – 01) d. (TH – 94) e. (TH – 96) g. (ĐHNG – 00) h. 2. (ĐHCĐ – 99) a. Giải hệ với m = 0. b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 3. Tìm m để hệ: có nghiệm duy nhất. 4. Giải phương trình: a. (112III) b. (TH – 94). 2. Hệ phương trình đối xứng loại 2, 3 ẩn: A. Dùng chủ yếu là phương pháp biến đổi tương đương bằng phép cộng và thế. Ngoài ra sử dụng sự đặc biệt trong hệ bằng cách đánh giá nghiệm, hàm số để giải. B. Ví dụ: Giải hệ (ĐHSP-91) Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho tương đương với hệ Hệ này đương tương với 4 hệ sau: Giải (I): (I) Û Û Û Û Vậy (I) có 2 nghiệm (0;0;0); () Làm tương tự (II) có nghiệm ();() Hệ (III) có nghiệm (0;0;1); () Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0). Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên. VD2: Giải hệ phương trình: Giải: Hệ Û Û Giải các hệ bằng phương pháp thế được 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); (). VD4: Giải hệ: Giải: Xét hai trường hợp sau: TH1: Trong 3 số ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau: Giả sử x=y có hệ Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là : Tương tự y=z, z=x ta cũng được nghiệm như trên. TH2 : 3 số x, y, z đôi một khác nhau . z<y<xịf(x)<f(y)<f(z)ịy+1<z+1<x+1ịy<z<x(vô lý). Vậy điều giả sử là sai. TH2 vô nghiệm. VD5: (Vô địch Đức) Giải: TH1: Trong x, y, z ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau Giả sử x = y ta có hệ Từ (1) ị x = 0, x = -1. x = 0. Thay vào (2), (3) ị z=0. x = -1. Thay vào (2), (3) ị vô lý Vậy hệ có nghiệm (0,0,0) Nếu y = z hay x = z cũng chỉ có nghiệm (0,0,0). TH2: 3 số đôi 1 khác nhau. Từ 2x + x2y = y thấy nếu x2 = 1 ị ± 2 = 0 (vô lý) Vậy x2 ≠ 1 ị 2x + x2y = y Û Hai phương trình còn lại tương tự ta có hệ phương trình tương đương với: f(t) = xác định trên D = R {±1} f’(t) = với mọi tẻD ị hàm số đồng biến trên D Vậy điều giả sử sai. Do vai trò x, y, z như nhau. Vậy TH2 – hệ vô nghiệm Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0) C. Bài tập 1. 2. Hướng dẫn: Đặt . Đưa về giải hệ 3. 4. 5. Phần C: kết luận Trong thực tế giảng dạy, tôi đã làm rõ cho học sinh các dạng bài về “Hệ phương trình đối xứng”. Tuy nhiên, chuyên đề của tôi còn hạn chế về số lượng các bài tập cũng như về phương pháp giảng dạy. Tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô trong tổ bộ môn Toán và của các đồng nghiệp. Xin trân trọng cám ơn ! Yên Lạc, tháng 01 năm 2006 Người viết Doãn Hoài Nam
Chuyên Đề Các Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình
Chuyên đề: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNHNgày dạy:A. Kiến thức cơ bản1. Phương pháp thế1. Quy tắc thế– từ một trong các phương trình của hệ biểu diễn x theo y (hoặc y theo x)– dùng kết quả đó thế cho x (hoặc y) trong pt còn lại rồi thu gọn2. Cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế– dùng quy tắc thế biến đổi hệ phương trình đã cho để đc 1 hpt mới trong đó có 1 pt 1 ẩn– giải pt 1 ẩn vừa tìm đc, rồi suy ra nghiệm của hpt đã cho1. Phương pháp cộng đại số1. Quy tắc cộng đại số: gồm 2 bước– Cộng hay trừ từng vế 2 pt của hpt đã cho để đc pt mới– Dùng pt mới ấy thay thế cho 1 trong 2 pt của hệ (giữ nguyên pt kia)2. Tóm tắt cách giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số– Giải theo quy tắc: “Nhân bằng, đổi đối, cộng, chia Thay vào tính nốt ẩn kia là thành”– Nghĩa là:+ nhân cho hệ số của 1 ẩn trong hai phương trình bằng nhau+ đổi dấu cả 2 vế của 1 pt: hệ số của 1 ẩn đối nhau+ cộng vế với vế của 2 pt trong hệ, rút gọn và tìm 1 ẩn+ thay vào tính nốt ẩn còn lạiB. Các dạng toánDạng 1: Giải hệ phương trình bằng pp thế và cộng đại sốBài 1: Giải các hpt sau bằng phương pháp thế
Bài 2: giải các hpt bằng phương pháp thế
Bài 3: Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp cộng đại số
Bài 4: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số)Bài 5: Giải hpt bằng phương pháp cộng đại số
2. Dạng 2: Tìm tham số m, n để hệ có nghiệm (a;b)Bài 1: Tìm các giá trị của m, n sao cho mỗi hpt ẩn x, y sau đâya) hpt có nghiệm (2; 1); đáp số: b) hpt có nghiệm (-3; 2); đáp số: c) hpt có nghiệm (1; -5); đáp số: d) hpt có nghiệm (3; -1); đáp số: Bài 2: Tìm a, b trong các trường hợp sau:a) đg thg d1: ax + by = 1 đi qua các điểm A(-2; 1) và B(3; -2)b) đg thg d2: y = ax + b đi qua các điểm M(-5; 3) và N(3/2; -1)c) đg thg d3: ax – 8y = b đi qua các điểm H(9; -6) và đi qua giao điểm của 2 đường thẳng (d): 5x – 7y = 23; (d’): -15x + 28y = -62d) đt d4: 3ax + 2by = 5 đi qua các điểm A(-1; 2) và vuông góc với đt (d”): 2x + 3y = 1đáp số
Cập nhật thông tin chi tiết về Chuyên Đề Bất Phương Trình trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!