SKKN: Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của đề tài là nhằm giúp các em có cái nhìn và hướng tiếp cận đến các loại hệ có tính hoán vị vòng quanh nên trong đề tài này tôi đã cố gắng hệ thống một cách chi tiết các kĩ thuật để tiếp cận một bài hệ có dạng hoán vị. Đề tài này đã được giảng dạy cho các em trong đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2017-2018.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh

MỤC LỤC 1. Lời giới thiệu..................................................................................................1 2. Tên sáng kiến..................................................................................................1 3. Tác giả sáng kiến ...........................................................................................1 4. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến...........................................................................1 5. Ngày áp dụng sáng kiến ................................................................................1 6. Mô tả sáng kiến..............................................................................................1 A. Về nội dung sáng kiến:................................................................................1 I. Cơ sở lí luận....................................................................................................2 II. Thực trạng của vấn đề..................................................................................3 III. Các phương pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề ...............................4 1.1. Bài toán 1......................................................................................................4 1.2. Các bài toán tương tự..................................................................................8 2.1. Bài toán 2......................................................................................................9 2.2. Các bài toán tương tự..................................................................................17 3.1. Phương pháp lượng giác hóa một số bài toán hệ hoán vị..........................18 3.2. Các bài toán tương tự..................................................................................22 B. Về khả năng áp dụng của sáng kiến kinh nghiệm.......................................22 8. Những thông tin cần bảo mật........................................................................22 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến.............................................22 10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả...............................................................................22 11. Danh sách những tổ chức /cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu...............................................................................................23 1
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu Hệ phương trình nói chung và hệ hoán vị nói riêng thường xuyên có mặt trong nhiều đề thi HSG các cấp. Nhìn chung tư tưởng của nó tương đối đơn giản, phần nhiều chỉ là sử dụng tính đơn điệu của hàm số và một số bài toán sử dụng đánh giá hoặc tính vòng quanh của hàm lượng giác. Tuy nhiên ngay cả khi biết chắc là sẽ sử dụng tính đơn điệu thì việc giải quyết triệt để bài toán cũng gây cho ta nhiều khó khăn (từ việc chọn hàm, chặn điều kiện của biến trên từng khoảng đơn điệu,…). Nhằm giúp các em có cái nhìn và hướng tiếp cận đến các loại hệ có tính hoán vị vòng quanh nên trong đề tài này tôi đã cố gắng hệ thống một cách chi tiết các kĩ thuật để tiếp cận một bài hệ có dạng hoán vị. Đề tài này đã được giảng dạy cho các em trong đội tuyển thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 20172018. 2. Tên sáng kiến : HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN VỊ VÒNG QUANH 3. Tác giả sáng kiến : Họ và tên :Phạm Thị Việt Anh Địa chỉ :trường THPT Nguyễn Viết Xuân, Đại Đồng Vĩnh Tường – Vĩnh Phúc Số điện thoại : 01674122559 Email: phamthivietanh.gvnguyenvietxuan@vinhphuc.edu.vn 4.Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: môn toán 5. Ngày áp dụng sáng kiến : từ tháng 9/2018 đến tháng 25/1/2019 6. Mô tả sáng kiến: A. Về nội dung sáng kiến: I. Cơ sở lí luận Các bài toán tổng quát 1. Bài toán 1: Xét hệ phương trình 2
f ( x1 ) = g ( x2 ) f ( x2 ) = g ( x3 ) .... (I) f ( xn−1 ) = g ( xn ) f ( xn ) = g ( x1 ) Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và ( x1, x2 ..., xn ) là nghiệm của hệ phương trình , trong đó xi �A, ∀i = 1,2,..., n thì x1 = x2 = ... = xn . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 ..., xn } . Khi đó : x1 x2 f ( x1 ) � f ( x2 ) g ( x2 ) g ( x3 ) x2 x3 ... xn x1 . Từ đó suy ra: x1 x2 .... xn x1 Vậy x1 = x2 = ... = xn . 2. Bài toán 2: Xét hệ phương trình f ( x1 ) = g ( x2 ) f ( x2 ) = g ( x3 ) .... (I) f ( xn−1 ) = g ( xn ) f ( xn ) = g ( x1 ) Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( x1, x2 ..., xn ) là nghiệm của hệ phương trình , trong đó xi �A, ∀i = 1,2,..., n . Khi đó 1. Với n lẻ, ta có x1 = x2 = ... = xn x1 = x3 = ... = xn−1 2. Với n chẵn, ta có (Khi đó hệ trở thành hệ đối xứng loại x2 = x4 = ... = xn 2) Chứng minh 1. Không mất tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 ..., xn } . Khi đó ta có : x1 x2 f ( x� 1) f ( x2 ) g ( x2 ) g ( x3 ) x2 x3 ... xn x1 f ( xn ) f ( x1 ) x1 x2 . x1 = x2 Từ đó suy ra : x1 = x2 = ... = xn . 3
2. Không mất tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 ..., xn } . Lúc đó ta có x1 x 3 � f ( x1 ) f ( x3 ) g( x 2 ) g( x 4 ) x2 x4 f ( x2 ) f ( x4 ) g( x 3 ) g( x 5 ) x3 x 5 ......... f ( x n −2 ) f ( xn ) g ( x n −1 ) g ( x1 ) x n −1 x 1......... f ( xn−1 ) f ( x1 ) g ( xn ) g ( x2 ) xn x2 x1 x3 ... x1 x1 = x3 = ... = xn−1 Vậy : � � x2 x4 ... x2 x2 = x4 = ... = xn II.Thực trạng của vấn đề: Với bài toán giải hệ phương trình trong các đề thi học sinh giỏi các cấp có nhiều hướng tiếp cận.Tuy nhiên một số loại hệ có tính hoán vị vòng quanh thì đa số các học sinh và các thầy cô đều lúng túng chưa có hướng đi rõ ràng cụ thể và nhiều khi gặp rất nhiều khó khăn với loại hệ này mà khó có thể tìm ra được lời giải Việc học sinh được học tính đơn điệu của hàm số và các kiến thức liên quan đến hàm số là khá nhiều trong chương trình toán THPT.Vì vậy việc áp dụng các kiến thức liên quan đến hàm số, để giải quyết các bài toán giải hệ phương trình là khá gần gũi với học sinh . Ở đề tài “ Hệ phương trình hoán vị vòng quanh” tôi đã lựa chọn một số bài toán hệ phương trình có liên quan đến tính hoán vị vòng quanh của các ẩn . Từ đó rèn cho học sinh hướng tư duy và cách vận dụng một cách linh hoạt các loại toán này . Giáo viên dạy đến chuyên đề này sẽ có một hướng đi cụ thể rõ ràng , học sinh sẽ thấy đỡ khó khăn hơn khi gặp loại toán này và từ sự phân tích dựa trên các kiến thức đã học để sáng tạo ra các bài toán mới có nội dung tương tự Lời giải tự nhiên giúp các em học sinh dễ hiểu và dễ áp dụng. Phương pháp còn là cơ sở để sáng tạo ra nhiều bài toán hay III.Các phương pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề Các bài toán áp dụng 1.1. BÀI TOÁN 1: Xét hệ phương trình 4
f ( x1 ) = g ( x2 ) f ( x2 ) = g ( x3 ) .... (I) f ( xn−1 ) = g ( xn ) f ( xn ) = g ( x1 ) Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và ( x1, x2 ..., xn ) là nghiệm của hệ phương trình , trong đó xi �A, ∀i = 1,2,..., n thì x1 = x2 = ... = xn . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 ..., xn } . Khi đó : x1 x2 f ( x1 ) � f ( x2 ) g ( x2 ) g ( x3 ) x2 x3 ... xn x1 . Từ đó suy ra: x1 x2 .... xn x1 Vậy x1 = x2 = ... = xn . Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau x 3 + 3x 2 + 3 x − 6 = y y 3 + 3 y 2 + 3 y − 6 = z z 3 + 3 z 2 + 3z − 6 = x Lời giải: + Xét hàm f (t ) = t 3 + 3t 2 + 3t − 6, ∀t ﾡ và hàm g (u ) = u, ∀u ﾡ . Ta được hệ phương trình f ( x) = g ( y) f ( y ) = g ( z ) f ( z ) = g ( x) Dễ thấy f , g là các hàm đồng biến trên ﾡ . + Không mất tính tổng quát giả sử : x = min { x, y, z} . Khi đó ta có x = y=� f ( x ) �f ( y ) g ( y) g (z) y z f ( y) f ( z) g ( z) g ( x) z x x y z . + Từ đó ta có phương trình: x3 + 3x 2 + 3x − 6 = x � x3 + 3x 2 + 2 x − 6 = 0 � ( x − 1)( x 2 + 4 x + 6) = 0 � x = 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x = y = z = 1 Lời bình : 5
Bài hệ được xây dựng theo bài toán 1 và rất đơn giản để tạo ra các bài toán dạng này, chỉ cần xuất phát từ 1 phương trình bậc 3 có nghiệm theo mong muốn và tách ra làm 2 hàm đồng biến. Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình sau x 3 + 3x 2 + 2 x − 5 = y y 3 + 3 y 2 + 2 y − 5 = z z 3 + 3z 2 + 2 z − 5 = x Lời giải 1 + Biến đổi hệ đã cho trở thành �x 3 + 3x 2 + 3 x + 1 = y + x + 6 �( x + 1)3 = y + x + 6 � � �y 3 + 3 y 2 + 3 y + 1 = z + y + 6 � �( y + 1)3 = z + y + 6 �z 3 + 3 z 2 + 3z + 1 = x + z + 6 �( z + 1)3 = x + z + 6 � � + Xét hàm: f (t ) = (t + 1)3 , ∀t ﾡ là hàm đồng biến trên ﾡ . Ta có hệ f ( x) = y + x + 6 f ( y ) = z + y + 6 f (z) = x + z + 6 + Không mất tính tổng quát, giả sử: x = max { x, y, z} ta có x =z� y +� z +�f ( z )+�f +( y ) z y x z x y f (z) f ( x) z x z x Với z = x � x + y = y + z � f ( x ) = f ( y ) � x = y . Khi đó hệ đã cho trở thành x= y=z � x = y = z =1 x 3 + 3x 2 + x − 5 = 0 Vậy hệ đã cho có nghiệm: x = y = z = 1 Lời bình: + Về mặt hình thức bài 2 không khác bài 1, tuy nhiên vì hàm f (t ) = t 3 + 3t 2 + 2t − 5, ∀t ﾡ không đơn điệu trên miền cần xét ( ﾡ ) nên bài toán 1 không còn hữu dụng. + Ở bài này ta đã tạo ra một hàm đơn điệu trên toàn miền cần xét mà vẫn đảm bảo được tính hoán vị vòng quanh của hệ. + Bài này ta cũng có thể giải quyết theo hướng như sau: Cách 2: Cộng 3 phương trình vế theo vế ta được: ( x 3 + 3x 2 + x − 5) + ( y 3 + 3 y 2 + y − 5) + ( z 3 + 3 z 2 + z − 5) = 0 � ( x − 1)( x 2 + 4 x + 5) + ( y − 1)( y 2 + 4 y + 5) + ( z − 1)( z 2 + 4 z + 5) = 0 6
Nếu x > 1 � z 3 + 3z 2 + 2 z − 5 > 1 � z > 1 � y > 1 . Khi đó ( x − 1)( x 2 + 4 x + 5) + ( y − 1)( y 2 + 4 y + 5) + ( z − 1)( z 2 + 4 z + 5) > 0 Suy ra hệ vô nghiệm Nếu x < 1 tương tự: y < 1, z < 1 hệ vô nghiệm Vậy x = y = z = 1 là nghiệm của hệ đã cho Ví dụ 3: Giải hệ phương trình y 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = 0 z 3 − 6 y 2 + 12 y − 8 = 0 x 3 − 6 z 2 + 12 z − 8 = 0 Lời giải: + Hệ đã cho tương đương với y 3 = 6( x − 1) 2 + 2 x >1 �z = 6( y − 1) + 2 � �y > 1 3 2 �x 3 = 6( z − 1) 2 + 2 �z > 1 + Xét hàm: f (t ) = 6t 2 − 12t + 8, ∀t > 1 và hàm g (u ) = u 3 , ∀u > 1 , dễ thấy f và g là hàm đồng biến trên D = (1; + ) g ( y ) = f ( x) Ta có hệ: g ( z ) = f ( y ) g ( x) = f ( z ) Dựa vào bài toán 1 ta có x = y = z (> 1) . Từ đó ta có phương trình x3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = 0 � ( x − 2)( x 2 − 4 x + 4) = 0 � x = 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm x = y = z = 2 Lời bình: + Ở bài này rất dễ dàng để nhìn thấy hàm đặc trưng, tuy nhiên cần chú ý dựa vào hệ đã cho để hạn chế miền nghiệm, điều này rất có ích cho việc khảo sát tính đơn điệu. Các bài toán về sau sẽ thường xuyên sử dụng đến kĩ thuật này. + Bài này ta cũng có thể giải quyết theo hướng như sau: Cách 2: Tương tự cách 1 ta cũng khẳng định được x, y, z > 1 Hệ đã cho tương đương với 7
( y − 2)( y 2 + 2 y + 4) = 6 x( x − 2) ( z − 2)( z 2 + 2 z + 4) = 6 y ( y − 2) ( x − 2)( x 2 + 2 x + 4) = 6 z ( z − 2) . Ta thấy x = y = z = 2 là nghiệm của hệ . Nếu tồn tại một biến bằng 2, giả sử x = 2 ta cũng suy ra y = z = 2 . Nếu x, y, z 2 nhân 3 phương trình vế với vế ta được ( x 2 + 2 x + 4)( y 2 + 2 y + 4)( z 2 + 2 z + 4) = 63 xyz (1) Mặt khác: x 2 + 2 x + 4 6 x > 0 , y 2 + 2 y + 4 6 y > 0 , z 2 + 2 z + 4 6 z > 0 nên (1) xảy ra khi x = y = z = 2 . Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 2 Lời bình: Với hầu hết các hệ hoán vị được xây dựng trên hàm đồng biến ngoài phương pháp dùng bài toán 1 ta vẫn có thể sử dụng phương pháp cộng hoặc nhân kết hợp với việc đánh giá thích hợp vẫn cho lời giải của bài toán. Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau 2 x 3 + 3x 2 − 18 = y 3 + y 2 y 3 + 3 y 2 − 18 = z 3 + z (Olympic 30/4LHP) 2 z 3 + 3 z 2 − 18 = x 3 + x Lời giải: + Xét hàm: f (t ) = 2t 3 + 3t 2 − 18, ∀t ﾡ và hàm g (u ) = u 3 + u , ∀u ﾡ Dễ thấy g là hàm đồng biến trên ﾡ , ta có hệ f ( x) = g ( y) f ( y ) = g ( z ) f ( z ) = g ( x) + Giả sử x = max { x, y, z} ta có �x y �g ( x) g ( y) �g ( x) f ( x) x 3 + x 2 x 3 + 3 x 2 − 18 �x 2 � �� 3 �� x z �g ( x) g ( z) �f ( z ) g ( z) 2 z + 3 z − 18 z + z �z 2 2 3 Từ đó ta có: 2 z x 2 � x = z = 2 , thay vào hệ ta được y = 2 Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 2 Lời bình: + Với bài toán này rõ ràng bài toán 1 không còn hữu dụng bởi tính đơn điệu của hàm đặc trưng ở VT của hệ không cùng miền với hàm đặc trưng ở VP. 8
Tuy nhiên, do hàm đặc trưng ở VP đồng biến nên dựa vào tính hoán vị vòng của các biến mà ta đánh giá được các biến và từ đó đưa ra nghiệm. + Chú ý với hệ hoán vị vòng quanh không được giả sử x y z , đây là điều mà các em hs rất dễ nhầm lẫn. 1.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ : Bài 1: Giải hệ phương trình sau x = 3z 3 + 2 z 2 2 x( y 2 + 1) = y ( y 2 + 9) a) x = 3 y 3 + 2 y 2 b) 2 y ( z 2 + 1) = z ( z 2 + 9) z = 3 x3 + 2 x 2 2 z ( x 2 + 1) = x( x 2 + 9) Bài 2: Giải hệ phương trình sau 2 x3 − 7 x 2 + 8 x − 2 = y 2 y 3 − 7 y 2 + 8 y − 2 = z 2 z3 − 7 z 2 + 8z − 2 = x 2.1. BÀI TOÁN 2: Xét hệ phương trình f ( x1 ) = g ( x2 ) f ( x2 ) = g ( x3 ) .... (I) f ( xn−1 ) = g ( xn ) f ( xn ) = g ( x1 ) Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( x1, x2 ..., xn ) là nghiệm của hệ phương trình , trong đó xi �A, ∀i = 1,2,..., n . Khi đó 3. Với n lẻ, ta có x1 = x2 = ... = xn x1 = x3 = ... = xn−1 4. Với n chẵn, ta có (Khi đó hệ trở thành hệ đối xứng loại x2 = x4 = ... = xn 2) Chứng minh 1. Không mất tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 ..., xn } . Khi đó ta có : x1 x2 f ( x� 1) f ( x2 ) g ( x2 ) g ( x3 ) x2 x3 ... xn x1 f ( xn ) f ( x1 ) x1 x2 . x1 = x2 Từ đó suy ra : x1 = x2 = ... = xn . 9
2. Không mất tính tổng quát giả sử : x1 = min{ x1, x2 ..., xn } . Lúc đó ta có x1 x 3 � f ( x1 ) f ( x3 ) g( x 2 ) g( x 4 ) x2 x4 f ( x2 ) f ( x4 ) g( x 3 ) g( x 5 ) x3 x 5 ......... f ( x n −2 ) f ( xn ) g ( x n −1 ) g ( x1 ) x n −1 x 1......... f ( xn−1 ) f ( x1 ) g ( xn ) g ( x2 ) xn x2 x1 x3 ... x1 x1 = x3 = ... = xn−1 Vậy : � � x2 x4 ... x2 x2 = x4 = ... = xn Ví dụ 5: Giải hệ phương trình x 2 − 2 x + 6.log 3 (6 − y ) = x y 2 − 2 y + 6.log 3 (6 − z ) = y (VMO 2006) z 2 − 2 z + 6.log 3 (6 − x) = z Lời giải + ĐK: x, y, z < 6 + Hệ đã cho tương đương với x log 3 (6 − y ) = x − 2x + 6 2 y log3 (6 − z ) = y2 − 2 y + 6 z log 3 (6 − x) = z2 − 2z + 6 u + Dễ thấy hàm số f (u ) = đồng biến và hàm số g (u ) = log 3 (6 − u ) u 2 − 2u + 6 nghịch biến trên (− ;6) . Ta có hệ g ( y ) = f ( x) g ( z ) = f ( y ) g ( x) = f ( z ) + Giả sử ( x, y, z ) là một nghiệm của hệ đã cho. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x = max { x, y, z} . Khi đó x y f ( x )� f ( y ) g ( y) g (z) y z f ( y) f ( z) g ( z) g ( x) x z Từ đó suy ra x = z , thay vào hệ ta cũng có x = y = z Như vậy hệ đã cho chỉ có thể có nghiệm dạng x = y = z + Với x = y = z thay vào hệ giải ra ta được x = y = z = 3 Vậy hệ đã cho có nghiệm x = y = z = 3 10
Lời bình: Hệ này chính là bài toán 2 trong trường hợp n lẻ, việc phát hiện, giải quyết hay tạo ra các bài toán dạng này tương đối dễ dàng. Ví dụ 6: Giải hệ phương trình x12 + x1 − x2 − 1 = 0 x22 + x2 − x3 − 1 = 0 x32 + x3 − x4 − 1 = 0 x42 + x4 − x1 − 1 = 0 Phân tích + Hệ này là sự kết hợp của bài toán 1 và bài toán 2 trong trường hợp n chẵn + Xét hàm: f (t ) = t 2 + t − 1, t ﾡ 1 Nhận thấy: f đồng biến trến (− ; + ) (bài toán 1) 2 1 f nghịch biến trến (− ; + ) (bài toán 2) 2 Việc còn lại là tìm cách chặn điều kiện của các biến trên các khoảng 1 1 đơn điệu, một điều may mắn là nếu ∃xi > − thì ∀xi > − , i = 1, 4 và ngược 2 2 lại. Lời giải 1 + Hệ đã cho tương đương với x12 + x1 − 1 = x2 x22 + x2 − 1 = x3 x32 + x3 − 1 = x4 x42 + x4 − 1 = x1 + Xét hàm: f (t ) = t 2 + t − 1, t ﾡ ta có hệ f ( x1 ) = x2 f ( x2 ) = x3 f ( x3 ) = x4 f ( x4 ) = x1 1 5 −5 −5 Vì f (t ) = t 2 + t − 1 = (t + ) 2 − nên ta có xi , ∀i = 1, 4 2 4 4 4 −1 + 3 −1 x4 > 1 1 2 2 � x > −1 5 + Giả sử x1 − � x42 + x4 − 1 �− � 4 (do x4 − ) 2 2 −1 − 3 2 4 x4 2 11
1 Tương tự: x2 , x3 > − 2 1 Khi đó hàm: f (t ) = t 2 + t − 1 đồng biến với mọi t − . Theo bài toán 1 ta có: 2 x1 = x2 = x3 = x4 Thay vào hệ ta có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = 1 1 1 + Trường hợp x1 < − , nếu tồn tại i = { 2,3, 4} để xi − thì theo trường hợp 2 2 trên −1 xi , ∀i = 1, 4 (vô lý) 2 −1 1 Suy ra: xi < , ∀i = 1, 4 . Khi đó f (t ) = t 2 + t − 1 nghịch biến với mọi t < − . Theo 2 2 x1 = x3 bài toán 2 với n chẵn ta có: x2 = x4 Hệ đã cho trở thành: x1 = x3 x2 = x4 f ( x1 ) = x2 f ( x2 ) = x3 �x = x2 �x = x2 = 1 � x1 + f ( x1 ) = x2 + f ( x2 ) � x12 + 2 x1 − 1 = x22 + 2 x2 − 1 � �1 � �1 �x1 = − x2 − 2 � x1 = x2 = −1 � x1 = x2 = x3 = x4 = �1 Vậy hệ đã cho có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = 1 Lời giải 2 x1 ( x1 + 1) = x2 + 1 x2 ( x2 + 1) = x3 + 1 Hệ đã cho tương đương với x3 ( x3 + 1) = x4 + 1 x4 ( x4 + 1) = x1 + 1 + Nếu xi = −1 (i = 1, 4) � x1 = x2 = x3 = x4 = −1 + Nếu xi −1 (∀i = 1, 4) thì ta có: x1 x2 x3 x4 = 1 Mặt khác: Cộng các phương trình vế theo vế ta được 4 = x12 + x22 + x32 + x42 4 4 x12 x22 x32 x42 = 4 Dấu “=” xảy ra khi x1 = x2 = x3 = x4 = 1 Vậy hệ có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = 1 Ví dụ 7: Giải hệ phương trình sau 12
x13 − 3 x1 + 2 = 2 x2 x23 − 3 x2 + 2 = 2 x3 ........................ 3 x100 − 3 x100 + 2 = 2 x1 Phân tích: Xét hàm số: f (t ) = t 3 − 3t + 2 và g (t ) = 2t trên ﾡ . Dễ thấy: g (t ) đồng biến trên ﾡ f (t ) đồng biến trên (− ; −1) và (1; + ) còn nghịch biến trên (−1;1) Do vậy không thỏa mãn bài toán 1 và bài toán 2. Tuy nhiên nếu ta có thể hạn chế được các biến trên cùng các khoảng đơn điệu thì trong từng trường hợp nó sẽ là bài toán 1 hoặc bài toán 2. Lời giải: Xét hàm số: f (t ) = t 3 − 3t + 2 và g (t ) = 2t trên ﾡ . Ta có hệ f ( x1 ) = g ( x2 ) f ( x2 ) = g ( x3 ) .................... f ( x100 ) = g ( x1 ) Giả sử x1 = min { x1,..., x100 } . Ta xét các trường hợp sau + Trường hợp 1: Nếu x1 > 1 thì xi > 1 , ∀i 1...100 . Khi đó hàm f (t ) = t 3 − 3t + 2 và g (t ) = 2t đồng biến ∀t > 1 , hệ đã cho trở thành bài toán 1 và ta thu được nghiệm x1 = x2 = ... = x100 = 2 + Trường hợp 2: Nếu x1 < 0 � g ( x1 ) < 0 � f (100) < 0 � x100 < −2 � g (100) < −4 < 0 � f ( x99 ) < 0 � x99 < −2 Một cách tương tự ta được xi < −2, ∀i 1...100 . Mà trên (− ; −2) thì hàm f (t ) = t 3 − 3t + 2 và g (t ) = 2t đồng biến, hệ đã cho trở thành bài toán 1 và ta thu được nghiệm x1 = x2 = ... = x100 = −1 − 2 + Trường hợp 3: Nếu x1 �[ 0;1] � 2 x2 �[ 0;2] � x2 �[ 0;1] � x3 �[ 0;1] ..... � x100 �[ 0;1] 13
Mà trên [ 0;1] thì hàm f (t ) = t 3 − 3t + 2 nghịch biến và g (t ) = 2t đồng biến , hệ đã cho trở thành bài toán 2 trong trường hợp n chẵn và ta cũng dễ dàng thu được nghiệm x1 = x3 = ... = x99 = 2 − 1 x2 = x4 = ... = x100 = 2 − 1 x1 = x3 = ... = x99 = 0 x2 = x4 = ... = x100 = 1 x1 = x3 = ... = x99 = 1 x2 = x4 = ... = x100 = 0 Vậy hệ có nghiệm: x1 = x2 = ... = x100 = 2 x1 = x2 = ... = x100 = −1 2 x1 = x3 = ... = x99 = 0 x2 = x4 = ... = x100 = 1 x1 = x3 = ... = x99 = 1 x2 = x4 = ... = x100 = 0 Lời bình: Một bài toán rất khó tiếp cận, tuy nhiên ý tưởng và lời giải khá rõ ràng. Nhìn chung đối với một hệ dạng hoán vị, việc chặn được điều kiện của biến trên các miền đơn điệu của hàm đặc trưng là nhân tố quyết định để định hướng cách giải. Ví dụ 8: Giải hệ phương trình sau 3 x1 = cos(π x2 ) 9 3 x2 = cos(π x3 ) 9 (Olympic 30/4/2007) 3 x3 = cos(π x4 ) 9 3 x4 = cos(π x1 ) 9 Phân tích: + Nhận thấy hàm số: f (t ) = 3 cos(π t ) đơn điệu trên các khoảng khác nhau 9 của biến, do vậy ta phải chặn được điều kiện của biến để chắc rằng trên khoảng đó hàm số đồng biến hay nghịch biến. + Việc chặn đk của biến ở bài này cũng tương đối dễ dàng, từ hệ ta có 14
xi � 3 < 1 (∀i = 1, 4) � −π < π xi < π � 0 < cos(π xi ) < 1 � 0 < π xi < π 9 2 2 2 2 Với điều kiện này của biến ta suy ra hàm số đặc trưng: f (t ) = 3 cos(π t ) là 9 hàm nghịch biến. Và hệ đã cho chính là bài toán 2 với n chẵn. Lời giải 1: π + Theo phân tích ở trên: 0 < π xi < với ∀i = 1, 4 . Khi đó hàm số f (t ) = 3 cos(π t ) 2 9 nghịch biến Ta có hệ x1 = f ( x2 ) x2 = f ( x3 ) x3 = f ( x4 ) x4 = f ( x1 ) + Không mất tính tổng quát giả sử x1 = max { xi , i = 1, 4} ta có x1 x3 � f ( x1 ) f ( x3 ) x2 x4 f ( x3 ) f ( x1 ) x3 x1 Suy ra: x1 �x3 �x1 � x1 = x3 . Tương tự: x2 = x4 + Ta có: x1 + x2 = x1 + x4 � f ( x2 ) + x2 = f ( x1 ) + x1 � x1 + 3 cos(π x1 ) = x2 + 3 cos(π x2 ) 9 9 Xét hàm: g (u ) = u + 3 cos(π u ) , dễ thấy g là hàm đồng biến trên ﾡ nên ta có: 9 f ( x2 ) + x2 = f ( x1 ) + x1 � x1 = x2 Do đó: x1 = x2 = x3 = x4 Thay vào hệ ta có phương trình: x = 3 cos(π x) (1) 9 Do hàm f (t ) = t − 3 cos(π t ) đồng biến với ∀t ﾡ nên (1) có nhiều nhất 1 9 nghiệm. 1 Mặt khác: f ( ) = 0 6 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = 6 Lời giải 2: + Hệ đã cho tương đương với 15
3 x1 + x2 = x2 + cos(π x2 ) 9 3 x2 + x3 = x3 + cos(π x3 ) 9 3 x3 + x4 = x4 + cos(π x4 ) 9 3 x4 + x1 = x1 + cos(π x1 ) 9 + Xét hàm số: f (t ) = t + 3 cos(π t ) với t ﾡ dễ thấy f đồng biến với ∀t ﾡ 9 + Giả sử x1 = min { x1 , x2 , x3 , x4 } ta có: x1 x+3 �� +x1 x2 x2 x3 f ( x2 ) f ( x3 ) x2 x3 x1 +x2�+� f ( x� 1) f ( x2 ) x4 x1 x1 x2 x4 x2 x4 +x2�+� f ( x+4� ) � f ( x2 ) x3 x4 x1 x2 x4 x2 x3 x2 Suy ra: x1 x4 x2 x3 x2 � x2 = x3 � x1 = x2 = x3 = x4 Thay vào hệ ta có phương trình: x = 3 cos(π x) (1) 9 Do hàm f (t ) = t − 3 cos(π t ) đồng biến với ∀t ﾡ nên (1) có nhiều nhất 1 9 nghiệm. 1 Mặt khác: f ( ) = 0 6 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm: x1 = x2 = x3 = x4 = 6 Lời bình + Một bài toán tương đối phức tạp, làm theo cách 1 đòi hỏi phải xử lý nhiều chi tiết hơn và thực tế hàm đặc trưng nghịch biến bao giờ cũng phức tạp hơn đồng biến. + Cách 2 được giải với tư tưởng giống như ví dụ 2, tuy nhiên vì hệ 4 ẩn nên sự hoán vị vòng quanh phức tạp hơn 3 ẩn rất nhiều. + Nhìn chung nếu một bài hệ dạng hoán vị mà có thể thiết lập được hàm đặc trưng đồng biến hoặc hàm đặc trưng nghịch biến thì nên làm theo cách hàm đồng biến sẽ giảm thiểu được nhiều chi tiết phức tạp. 2.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ Bài 1: Giải hệ phương trình sau 16
8 x 2 + 3x + 2 = − 5 y −1 y 8 y 2 + 3 y + 2 = − 5 z − 1 z 8 z 2 + 3z + 2 = − 5 x − 1 x Bài 2: Giải các hệ phương trình sau π 2 2 x1 = cos(π x2 ) x = cos(y) 3 3 2 2 x2 = cos(π x3 ) π a) b) y = cos( z ) ............ 3 3 2 2 xn = cos(π x1 ) π z = cos( x) 3 3 (Olympic ĐBBB 2010 HP) Bài 3: Giải hệ phương trình sau 1 2 x1 = ( x2 + ) x2 x12 = x2 + 1 x = ( y − 1) 2 1 x = x3 + 1 2 2 x2 = ( x3 + ) 2 y = ( z − 1) 2 a) x3 b) ......... c) z = (t − 1) 2 ........... xn−1 = xn + 1 2 1 t = ( x − 1) 2 2 x2013 = ( x1 + ) x 2 n = x 1 + 1 x1 3.1. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG HOÁN VỊ Bài 1: Giải hệ phương trình x = 2 y2 −1 y = 2 z 2 − 1 z = 2x2 −1 Phân tích: Xét hàm: f (t ) = 2t 2 − 1 và g (t ) = t trên ﾡ Nhận thấy: g (t ) đồng biến trên ﾡ nên f (t ) đồng biến với ∀t > 0 và nghịch biến ∀t < 0 Do đó bài toán sẽ được giải quyết nếu ta có thể chặn được điều kiện của biến trên các khoảng đơn điệu này, tuy nhiên mối quan hệ giữa các biến trong hệ không cho chúng ta thực hiện được điều này. Xét biểu thức: z = 2 x 2 − 1 , nếu ta coi x = cos t thì ta thu được z = cos 2t � y = cos 4t � x = cos8t = cot 17
đến đây bài toán đã tương đối rõ ràng tuy nhiên phép đặt x = cos t chỉ cho chúng ta x �[ −1;1] , do đó ta cần hạn chế điều kiện của biến để phép đặt có ý nghĩa. Lời giải: −1 + Giả sử x = max { x, y, z} . Khi đó x �� z −�� 2x2 1 x x 1 . Đặt x = cos t , 2 � 2π � t 0; � � 3 �� Ta có: z = 2cos 2 t − 1 = cos 2t � y = cos 4t � x = cos8t = cos t 2 kπ t= 7 2 kπ t= 9 � 2π � � 2π 4π 2π 2π 4π � Do t � 0; �� t �� 0; ; ; ; ; � � 3 � � 9 9 3 7 7 Vậy hệ đã cho có nghiệm: 2π 4π 8π −1 −1 −1 2π 4π 8π ( x, y, z ) = (1;1;1);(cos ;cos ;cos );( ; ; );(cos ;cos ; cos ) 9 9 9 2 2 2 7 7 7 và các hoán vị. Lời bình: Bài toán tương đối dễ nhận dạng, tuy nhiên bài này ta có thể ẩn đi tư tưởng sử dụng lượng giác bằng cách thay các biến bằng nghịch đảo của nó, chúng ta sẽ thu được bài toán rất khó tiếp cận như sau y 2 = 2 x − xy 2 z 2 = 2 y − yz 2 x 2 = 2 z − zx 2 Bài 2: Giải hệ phương trình x2 + 2x2 y = y y 2 + 2 y 2 z = z z 2 + 2z 2x = x Phân tích: + Một bài toán rất đơn giản về hình thức nhưng rất khó tiếp cận, với tư tưởng của hệ dạng hoán vị ta sẽ đưa hệ về dạng 18
x2 y= 1 − 2 x2 y2 z = 1− 2 y2 z2 x= 1− 2z2 Tuy nhiên ta không thể chặn được điều kiện của biến trên các khoảng đơn x2 điệu của hàm f (t ) = nên việc đưa về bài toán 1 hoặc 2 là không thể. 1 − 2x2 Dùng lượng giác trong tình huống này cũng không đưa lại kết quả. 1 1 +2= y x2 1 1 + Ta có thể viết lại hệ đã cho như sau: + 2 = z y2 1 1 +2= x z2 �a 2 = b + 2 �b = a2 − 2 1 1 1 � � Đặt a = , b = , c = ta thu được hệ �b 2 = c + 2 � �c = b 2 − 2 x y z � � �c2 = a + 2 �a = c2 − 2 Bài toán đến đây đã “đẹp” hơn rất nhiều, và chỉ cần để ý đến a = 2cos t � b = 2cos 2t � c = 2cos 4t � a = 2cos8t = 2cos t bài toán đã trở nên dễ dàng. Lời giải: + Nhận thấy hệ đã cho có nghiệm x = y = z = 0 và nếu tồn tại 1 biến bằng 0 thì tất cả đều bằng 0. 1 1 +2= y x2 x 0 1 1 + Xét y 0 hệ đã cho viết lại như sau: + 2 = z y2 z 0 1 1 +2= x z2 �a 2 = b + 2 �b = a2 − 2 1 1 1 � � Đặt a = , b = , c = ta thu được hệ �b 2 = c + 2 � �c = b 2 − 2 x y z � � �c2 = a + 2 �a = c2 − 2 Giả sử a = max { a, b, c} . Khi đó a �b � a 2 − 2 �a � −1 �a �2 . � 2π � Đặt a = 2cos t , t � 0; ta có: b = 2cos 2t � c = 2cos 4t � a = 2cos8t = 2 cos t � 3 � � 19
2 kπ t= 7 2 kπ t= 9 � 2π � � 2π 4π 2π 2π 4π � Do t � 0; �� t �� 0; ; ; ; ; � � 3 � � 9 9 3 7 7 Vậy hệ đã cho có nghiệm 2π 4π 8π 2π 4π 8π ( x, y, z ) = (2;2;2);(2cos ;2cos ;2cos );( −1; −1; −1);(2cos ;2cos ;2cos ) 9 9 9 7 7 7 và các hoán vị 3x − y = x2 x − 3y 3y − z Bài 3: Giải hệ phương trình sau : = y 2 THTT 122010) y − 3z 3z − x = z2 z − 3x Lời giải: 3x − x3 y= 1 − 3x 2 � 3 y − y3 Nhận thấy xyz 0 , ta viết lại hệ đã cho như sau: z = 1− 3y2 3z − z 3 x= 1 − 3z 2 −π π Đặt x = tan α với α ι ( ; ); α 0 . Khi đó ta có: y = tan 3α ; z = tan 9α ; x = tan 27α 2 2 kπ Ta suy ra: tan α = tan 27α � α = ( k �ﾡ ) . 26 −π π Do α ι ( ; ); α 0 nên ta có: k = { 1; 2;...; 12} 2 2 kπ 3kπ 9 kπ Vậy hệ đã cho có nghiệm là: ( x, y, z ) = (tan ; tan ; tan ) 26 26 26 với k = { 1; 2;...; 12} 3.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ Bài 1: Giải hệ phương trình x3 − 3x = y 4 x2 y − 4 x2 + y = 0 a) y 3 − 3 y = z (HSG Thái Bình 2009) b) 4 y 2 z − 4 y 2 + z = 0 z 3 − 3z = x 4z2 x − 4z2 + x = 0 Bài 2: Giải hệ phương trình 20