KĨ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HOÁ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

Trước hết như chúng ta đã nói ở đầu chủ đề, việc đầu tiên là dự đoán nghiệm của hệ. Bằng cách nhẩm tính (trong kì thi ĐH nghiệm thông thường là các số nguyên), dễ dàng thấy hệ có nghiệm:Quay lại với hệ phương trình, hãy xem ta sẽ xoay sở như thế nào?
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
KĨ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HOÁ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNHK Ĩ THUẬT DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ ĐƠN GIẢN HOÁ CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TR Ì NH T RONG K Ì T HI Đ Ạ I H Ọ CKĩ thuật này có phần tương tự v ới việc dự đoán điểm rơi trong chứng minh bất đẳng thức. Sau đâychúng ta sẽ đi xét một vài ví dụ cụ thể.V D1. Giải hệ phương trình: 1  xy  xy  x  1 1 y y 3 y  x x xTrước hết như chúng ta đã nói ở đầu chủ đề, việc đầu tiên là dự đoán nghiệm của hệ. Bằng cáchnhẩm tính (trong kì thi ĐH nghiệm thông thường là các số nguyên), dễ dàng thấy hệ có nghiệm: x, y   1,0Quay lại v ới hệ phương trình, hãy xem ta sẽ xoay sở như thế nào? Một phản xạ rất tự nhiên có lẽ x  a, y  b.(a  0, b  0) và nhân chia c ộng trừ tung toé lên. Dĩ nhiên trongnhiều người sẽ đặtbài viết này chúng ta sẽ không làm điều đó. Với kết luận x  1 ở trên, hãy chú ý phương trình thứ 1 1 nhất của hệ kèm theo điều kiện x  0, y  0 , VT (1)  1 → VP(1)  x  1→ (*). ‘=’ khi và xx xchỉ khi x  1 .Với kết luận (*) ở trên, rõ ràng từ phương trình (2) ta có thể đưa ra kết luận y y  3 y để đảm y  0bảo đẳng thức. Song điều trên lại tương đương v ới  (b). Chúng ta cũng không quên đi dự y  3đoán y  0 từ đầu. Vậy làm sao để loại bỏ trường hợp y  3 ?Lại trở lại với phương trình (1). Đặt a  x (a  0) . (1)   y  1 a  ya  1  0 . 2Cố định y , xem VT c ủa phương trình trên là một tam thức bậc 2 v ới a . Để phương trình có nghiệm(ở đây chúng ta không c ần xét điều kiện nghiệm phải dương), trước hết  y  4  y  1  3 y  4  0 4 y (c) 3Từ (b) và (c) suy ra y  0 . Thay y  0 vào một trong 2 phương trình ta được x  1 .Cuối cùng làviệc kết luận nghiệm của hệ. Các bạn hãy tự thử trình bày lại bài giải tường minh cho bài toán vànhận xét v ề độ dài và phức tạp của nó so v ới các cách giải thông thường. o0DarkLord0oV D2. Giải phương trình:   3 1  x  1  x3  2Trước hết hãy thử xét một cách giải thông thường.C 1.Điều kiện x  1.Với điều kiện trên ta có biến đổi sau:x3  2   x3  1  1   x  1  x  1  3x   1   x  1  3x  x  1  1 2 3   x  1 t  0 .Đặt t   P hương trình tương đương:  t  1  t 6  3 t 2  1 t 2  1 . 3Nhận xét v ới t  0 cả 2 v ế của phương trình đều không âm. Bình phương 2 v ế của phương trình tađược:t 6  6t 5  15t 4  20t 3  15t 2  6t  1  t 6  3t 4  3t 2  1 6t 5  18t 4  20t 3  12t 2  6t  0 t  0 6t  18t  20t  12t  6  0 4 3 2Với t  0 ta hoàn toàn có thể loại trường hợp (2). Vậy phương trình có nghiệm khi t  0 hay x  1(thoả mãn điều kiện). Chú ý việc bình phương 2 v ế của phương trình không phải là ngẫu nhiên màlà căn cứ trên việc cả 2 v ế của phương trình đều chứa tham số tự do 1. Nhìn bài giải thì có v ẻ khá 2ngắn gọn nhưng thực sự việc khai triển bình phương  t  1  vẫn không phải là tối ưu nhất. Hãy 3  xét cách giải dưới đây.C 2.D ự đoán nghiệm: x  1 . Điều kiện tương tự. Ta biến đổi: 1 x 1  3 x3  2Hai v ế của phương trình không âm. Bình phương ta được o0DarkLord0o x  2  2 1  x  3 x3  2Với dự đoán ban đầu x  1 , ta sẽ có 2 1  x  0 . Hiện tại ta chưa có căn c ứ cho đánh giá này. Songrõ ràng 2 1  x  0 . Sử dụng đánh giá đó ta kết luận: x  2  x3  2 . Lập phương 2 v ế của bất 3phương trình bên: x3  6 x2  12 x  8  x3  2 6 x2  12 x  6  0 6  x  1  0 2Bất phương trình trên chỉ đúng khi x  1 tức dấu đẳng thức xảy ra. Kết luận nghiệm: x  1 (thoảmãn điều kiện).Thử so sánh C 1 ,C2 và chọn cho mình cách giải ưu việt hơn.V D3. Giải hệ phương trình:     19   3x  4  5  x 2  2   3x  8  y x    y  log x  1  2D ...