Hệ thống một số phương trình-Hệ phương trình

**HLN1994** · 22-11-2010 07:28 PM

PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA
ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 (a ≠ 0)

Chú ý :
- Phương trình bậc lẻ luôn luôn có nghiệm thực
- Định lý Viete : Nếu phương trình ax^3 + bx^2 + cx + d = 0 (a ≠ 0) có 3 nghiệm x1, x2, x3 thì :
x1 + x2 + x3 = -b/2a
x1x2 + x2x3 + x3x1 = c/a
x1x2x3 = -d/a

I. Những dạng thông thường

1. Nếu x = x0 là một nghiệm, ta có thể phân tích thành dạng :
(x - x0)(ax^2 + bx + c) = 0

Đặc biệt :
- Nếu a ± b + c ± d = 0 → x = ±1 là nghiệm
- Nếu (d/a) = (c/b)^3 → x = -c/b là nghiệm

2. Phương trình dạng A^3 + B^3 = (A + B)^3
pt ↔ A^3 + B^3 = A^3 + B^3 + 3AB(A + B) ↔ AB(A + B) = 0

II. Những dạng tổng quát

1. Phương trình 4x^3 - 3x = q

* Với │q│ ≤ 1
- Đặt x = cost , pt trở thành : cos3t = q
- Gọi α là góc thỏa cosα = q, như vậy : cos3t = cosα
- Ta chọn t1 = α/3 ; t2,3 = (α ± 2π)/3
- Kết luận phương trình có 3 nghiệm x1,2,3 = cos t1,2,3
Chú ý rằng bước đặt x = cost là một cách đặt "ép" ẩn phụ, ta không cần chứng minh rằng pt trên luôn có nghiệm nhỏ hơn 1, khi tìm được đủ 3 nghiệm thì ta có thể kết luận ngay

* Với │q│ > 1 :
- Ta dễ dàng CM được pt không có nghiệm thuộc [-1;1] và nếu phương trình có nghiệm x0 không thuộc [-1;1] thì x0 là nghiệm duy nhất
- Ta chọn a thuộc R để pt có dạng 4x^3 - 3x = ½ (a^3 + 1/a^3) bằng cách :
q = ½ (a^3 + 1/a^3) ↔ a^6 - 2qa^3 + 1 = 0 (→ tìm được a)
- CM x0 = ½ (a + 1/a) là nghiệm (duy nhất) của phương trình

2. Phương trình 4x^3 + 3x = q
- Đặt x = u - v sao cho uv = p/3
- Từ pt, ta có : (u - v)^3 + 3uv(u - v) = u^3 - v^3 = q
- Hệ phương trình uv = p/3 và u^3 - v^3 = q cho ta một phương trình trùng phương theo u (hoặc v), từ đó suy ra u,v và tìm được một nghiệm x = u + v
Chú ý rằng trong lúc giải phương trình trùng phương có thể ta gặp nghiệm phức (u hoặc v) nên từ đó phương trình bậc ba còn cho thêm 2 nghiệm phức nữa (đó mới là dạng đầy đủ của công thức trên)
Ngoài ra, các phương trình 4x3 ± 3x = q như trên cũng có thể giải được bằng PP này

4. Phương trình bậc ba tổng quát X^3 + AX^2 + BX + C = 0
Đặt X = x - A/3, pt trở thành x^3 + px + q = 0 (#)

Cách 1 : Giải trực tiếp theo công thức Cardan - Tartaglia
Cách 2 : - Đặt x = kt (k > 0) , (#) trở thành : k^3.t^3 + pkx + q = 0
(chọn k sao cho k^3/4 = pk/3 nếu p > 0 hoặc k^3/4 = -pk/3 nếu p < 0)
- Phương trình được đưa về dạng 4t^3 ± 3t = Q

Các bài viết cùng chuyên mục:

**HLN1994** · 22-11-2010 11:03 PM

PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN
Ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (a ≠ 0)

I. Những dạng đặc biệt

1/ Phương trình trùng phương ax^4 + bx^2 + c = 0

Đặt t = x^2 (t ≥ 0), phương trình trở về dạng bậc hai

2/ (x + a)^4 + (x + b)^4 = c

Đặt t = x + ½(a + b), pt có dạng : (t + m)^4 + (t - m)^4 = c, khai triển sẽ được pt trùng phương

3/ (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m (m ≠ 0) với a + b = c + d

Pt ↔ [x^2 + (a + b)x + ab].[x^2 + (c + d)x + cd] = m
Đặt t = x^2 + (a + b)x = x^2 + (c + d)x (nếu muốn có thể kèm theo ĐK của t)
Phương trình trở về dạng bậc hai

4/ ax^4 + bx^3 + cx^2 ± kbx + k^2.a = 0 (a ≠ 0)
- Xét x = 0 có phải nghiệm pt không
- Với x ≠ 0 : Chia 2 vế pt cho x^2
Pt ↔ a (x^2 + k^2/x^2) + b(x ± k/x) + c = 0
Đặt t = x ± k/x (nếu muốn có thể kèm theo ĐK của t)

5/ a[f^2(x) + 1/f^2(x)] + b[f(x) ± 1/f(x)] + c = 0

Đặt t = f(x) ± 1/f(x) (tổng quát hơn so với dạng phương trình 4)

6/ a.f^2(x) + b.f(x).g(x) + c.g^2(x) = 0 (a ≠ 0)

- Với g(x) = 0, pt ↔ f(x) = 0
- Với g(x) ≠ 0, chia 2 vế phương trình cho g^2(x)
- Đặt t = f(x)/g(x), pt trở về dạng bậc hai theo t

7/ x = f(f(x))
Pt ↔ hệ đối xứng loại 2 : t = f(x) và x = f(t)

* Chú ý : Nếu trong phương trình có chứa tham số, trong vài trường hợp ta có thể đổi vai trò của ẩn và tham số (xét phương trình theo tham số a, tính a theo x rồi suy ra x theo a)

II. Phương trình bậc bốn tổng quát X^4 + AX^3 + BX^2 + CX + D = 0 (công thức Ferrari)

- Đặt X = x - A/4, phương trình trở về dạng khuyết bậc ba :
X^4 = ax^2 + bx + c
- Cộng 2 vế pt cho 2mx^2 + m^2 (m thuộc R), ta được :
(x^2 + m^2)^2 = (2m + a)x^2 + bx + c + m^2
- Xét vế phải pt, ta sẽ chọn m sao cho vế phải là bình phương một nhị thức bằng cách :
ΔVP = b^2 - 4(2m + a)(c + m^2) : pt bậc ba theo m → luôn có nghiệm thực
- Khi đó pt có dạng : (x^2 + m^2)^2 = f^2(x)

**HLN1994** · 23-11-2010 05:36 PM

PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH
GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI - CĂN THỨC

I. Phương trình - bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối

│A│ = │B│ ↔ A = B hay A = -B
│A│ = B ↔ (A ≥ 0 và A = B) hay (A ≤ 0 và -A = B) ↔ (B ≥ 0 và A = B) hay (B ≥ 0 và A = -B)
│A│ < │B│ ↔ A^2 < B^2 ↔ (A + B)(A - B) < 0
│A│ B ↔ A < -B hay A > B

* Chú ý :

│A + B│ = │A│ + │B│ ↔ AB ≥ 0
│A│ + │B│ = A + B ↔ A ≥ 0 và B ≥ 0

II. Phương trình - bất phương trình chứa căn

√A = √B ↔ A ≥ 0 (có thể thay bằng B ≥ 0) và A = B
√A = B ↔ B ≥ 0 và A = B^2
3√A = 3√B ↔ A = B
3√A = B ↔ A = B^3
√A 0 và A < B^2
√A ≤ B ↔ A ≥ 0 và B ≥ 0 và A ≤ B^2
√A > B ↔ (A ≥ 0 và B < 0) hay (B ≥ 0 và A > B^2)
√A ≥ B ↔ (A ≥ 0 và B ≤ 0) hay (B > 0 và A ≥ B^2)

* Chú ý :

A > B ↔ A^2 > B^2 với mọi A,B ≥ 0
A > B ↔ A^3 > B^3 với mọi A,B thuộc R

- Phương trình f(x) = g(x) , với mọi x thuộc MXĐ của pt, tồn tại M thuộc R sao cho f(x) ≤ M ≤ g(x)
Khi đó pt ↔ f(x) = g(x) = C

- Phương trình 3√A + 3√B = 3√C
Lấy tam thừa 2 vế của pt và thay (3√A + 3√B) bằng 3√C ta được phương trình hệ quả :
A + B + 3√(ABC) = C (sau đó thử lại nghiệm)

**snow_chan** · 23-11-2010 05:40 PM

Em ơi em dùng cái công cụ để gõ công thức toán đi, trong 4rum mình có hỗ trợ thì phải, trước chị thấy anh Thủy hay gõ mà

**HLN1994** · 23-11-2010 05:42 PM

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

$\left\{\begin{array}{l}ax + by + c = 0 \\ a'x + b'y + c' = 0\end{array}\right.$

Đặt

$D = \| \begin{eqnarray} a & b \\ a' & b' \end{eqnarray} \| $

$D_x = \| \begin{eqnarray} b & c \\ b' & c' \end{eqnarray} \| $

$D_y = \| \begin{eqnarray} c & a \\ c' & a' \end{eqnarray} \| $

- D ≠ 0 : Hệ có nghiệm duy nhất x = Dx/D và y = Dy/D
- D = 0 và (Dx ≠ 0 hay Dy ≠ 0) : hệ vô nghiệm
- D = Dx = Dy = 0 : hệ có vô số nghiệm (theo công thức nghiệm tổng quát)

hệ phương trình tuyến tính (n phương trình n ẩn) theo phương pháp Cramer (tham khảo)

$\left\{\begin{array}{l}a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + ... + a_{1n}x_n = b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + ... + a_{2n}x_n = b_2\\ \\ .......................................................... \\ \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + ... + a_{nn}x_n = b_n\end{array}\right.$

Đặt

$A = \ ( \begin{eqnarray} a_{11} & a_{12} & . & . & . & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & . & . & . & a_{2n} \\ \\ . & . & . & & & .\\ . & . & & . & & .\\ . & . & & & . & .\\ \\ a_{n1} & a_{n2} & . & . & . & a_{nn} \end{eqnarray} \)$

$B = \ ( \begin{eqnarray} b_1 \\ b_2 \\ \\ . \\ . \\ . \\ \\ b_n \end{eqnarray} \) $

Ta gọi Ai là ma trận được thành lập bằng cách thay phần tử cột i của ma trận A bằng cột của ma trận B (với i = 1,2,....,n)

- Nếu │A│ ≠ 0 ↔ hệ có nghiệm duy nhất (x1, x2, ... , xn) với xi = │Ai│/│A│
- Nếu │A│ = 0 và tồn tại │Ai│ ≠ 0 → hệ vô nghiệm
- Nếu │A│ = 0 và với mọi i = 1,2,...,n thỏa │Ai│ = 0 → hệ không có nghiệm duy nhất (hệ vô số nghiệm hoặc vô nghiệm)

II. Những dạng hệ phương trình đặc biệt thường gặp

1. Hệ phương trình đối xứng loại 1

$\left\{\begin{array}{l}f(x,y) = f(y,x) = 0 \\ g(x,y) = g(y,x) = 0\end{array}\right.$

Thông thường, trừ vế với vế 2 pt, ta được một pt dạng (x - y).h(x,y) = 0

3. Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2

$\left\{\begin{array}{l}a_1x^2 + b_1xy + c_1y^2 = d_1 \\ a_2x^2 + b_2xy + c_2y^2 = d_2\end{array}\right.$

* Với y = 0 , giải và tìm nghiệm của hệ
* Với y ≠ 0 , giả sử (x,y) là một nghiệm của hệ thì luôn tồn tại một số thực k sao cho x = ky
Thay x = ky ta được hệ 2 pt mới
Chia 2 pt trên cho nhau ta được một pt chỉ chứa k.
Tìm được k , suy ra y và x

**[S+]LinhSuju** · 01-12-2010 06:42 PM

cái này vừa đọc rồi
ôi
hpt đẳng cấp

mệt quá đi

**dikhotheta** · 02-02-2012 07:22 PM

Đẳng cấp là vẫn còn may chán
Đi thi mà vớ phải đề cho random, chả loại nào ra loại nào, kết hợp tùm lum hàng đống phương pháp thì mới khốn
Mà cô lớp em cứ cho random mới nản chứ