huynhcongbang
06-04-2012, 03:03 PM
Nhân dịp chuẩn bị cho kì thi Việt Nam TST sắp đến, mình xin bàn một chút về vấn đề phát triển các đề thi từ những bài toán cũ. Nói chung theo mình biết thì những đề thi thường là:
- Lấy toàn bộ từ các đề thi khác (khu vực hay MO của các nước, shortlist cũng là một nguồn rất dồi dào). Một số đề có giả thiết đúng với mọi số nguyên dương nên được tác giả thay bằng năm cụ thể của kì thi, nếu người soạn đề khác chịu khó hơn thì đổi năm lại cho thích hợp, không thì giữ nguyên như thế.
- Lấy ý tưởng cũ ra rồi chế biến lại theo kiểu phát biểu lại đề, mức độ đầu tư cũng không cao.
- Lấy ý tưởng có trước rồi tổng quát hóa, tương tự hóa để chuyển đổi bản chất và tạo ra một bài toán mới mẻ và thú vị. Có thể kết hợp thêm các kết quả khác nữa như định lí, bổ đề, kinh nghiệm cá nhân để đẩy độ khó của bài toán lên cao hơn.
- Sáng tạo ra hoàn toàn, không vay mượn ý tưởng từ đâu cả. Cái này có thể là kết quả của một lúc tình cờ làm Toán rồi nhận được, chứ trong thời gian gấp rút chuẩn bị cho một kì thi thì khó thực hiện được như thế.
Dưới đây mình xin nêu ra một bài toán mà mình đã chế biến ra theo cách thứ 3 ở trên và có lẽ đa số các bài toán trong các kì thi khu vực và quốc gia hiện nay đều theo kiểu như thế!
Cách đây gần 2 năm khi mà mình tập hợp các PT, HPT hay cho bài viết "Rèn luyện kĩ năng giải toán PT, HPT" cho cuốn Kỷ yếu PT, HPT năm 2010, mình có lên mathscope và tìm hết 35 trang trong mục Đại số và lượng giác của diễn đàn lúc ấy. Mình đã đọc qua rất nhiều bài, hình thức từ đơn giản đến phức tạp, từ rất quen thuộc đến lạ mắt đều có. Và mình đã bị ấn tượng bởi một bài hệ có dạng tham số thế này:
Cho hệ phương trình sau (ẩn $x,y$):
\left\{ \begin{aligned}
& x={{y}^{2}}+a \\
& y={{x}^{2}}+b \\
\end{aligned} \right.
với $a,b$ là các tham số thực. Biết rằng hệ phương trình này có nghiệm duy nhất $\left( {{x}_{0}},{{y}_{0}} \right)$.
Tính giá trị của tích $P={{x}_{0}}{{y}_{0}}$.
Bài này post cũng đã khá lâu và cũng chưa thấy ai giải, mình thấy có một nhận xét của thầy Nam Dũng rằng người ra đề này phải rất khéo để đặt ra một vấn đề như thế. Mình nghĩ có lẽ bài này cũng không quá khó nhưng chẳng qua là hình thức nó đẹp thôi. Ai ngờ mình ngồi làm mấy tiếng mà không ra.
Sau đó, mình có post lên diễn đàn lần nữa và lần thứ hai này, mọi người vào thảo luận khá nhiều (tuy nhiên giờ tìm lại không thấy topic ấy đâu cả, hix). Mình đã có một lời giải như thế này cho bài toán này như sau:
*Lời giải 1.
Giả sử với các giá trị $a,b$ nào đó, hệ đã cho có nghiệm duy nhất là $({{x}_{0}},{{y}_{0}})$. Đặt ${{x}_{0}}{{y}_{0}}=k\in \mathbb{R}$.
- Nếu ${{x}_{0}}=0$ thì ${{y}_{0}}=b$ và ${{b}^{2}}+a=0$, suy ra $a\le 0$.
Trong hệ đã cho, thay y từ phương trình thứ hai lên phương trình thứ nhất, ta có
${{({{x}^{2}}+b)}^{2}}+a=x\Leftrightarrow {{x}^{4}}+2b{{x}^{2}}+{{b}^{2}}+a=x\Leftrightarrow x({{x}^{3}}+2bx-1)=0\text{ }(*)$
Ta xét phương trình ${{x}^{3}}+2bx-1=0$và đặt $f(x)={{x}^{3}}+2bx-1,x\in \mathbb{R}$.
Ta thấy hàm này liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f(0)=-1<0,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty $ nên $f(x)=0$ hay phương trình ${{x}^{3}}+2bx-1=0$ có ít nhất một nghiệm dương $x={{x}_{1}}>0$.
Dễ thấy rằng điều kiện để x thỏa mãn đề bài là $x={{y}^{2}}+a\ge a$ nên cả hai nghiệm đã nêu $x={{x}_{0}}=0,x={{x}_{1}}$ của phương trình $(*)$ đều thỏa mãn. Mỗi giá trị x cho ta đúng một giá trị y nên trong trường hợp này hệ có ít nhất hai nghiệm phân biệt, không đúng với đề bài.
- Nếu ${{y}_{0}}=0$ thì cũng xét tương tự như trên.
- Nếu ${{x}_{0}},{{y}_{0}}\ne 0$. Thay ${{y}_{0}}=\frac{k}{{{x}_{0}}}$ vào hai phương trình của hệ đã cho, ta được:
\left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{0}}=\frac{{{k}^{2}}}{x_{0}^{2}}+a \\
& \frac{k}{{{x}_{0}}}=x_{0}^{2}+b \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& x_{0}^{3}={{k}^{2}}+ax_{0}^{2} \\
& k=x_{0}^{3}+b{{x}_{0}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow k={{k}^{2}}+ax_{0}^{2}+b{{x}_{0}}\Leftrightarrow {{k}^{2}}-k+(ax_{0}^{2}+b{{x}_{0}})=0
Hệ có nghiệm duy nhất nên phương trình bậc hai theo k cũng có nghiệm duy nhất, tức là $k=\frac{1}{2}$.
Vậy nếu hệ có nghiệm duy nhất thì tích $P={{x}_{0}}{{y}_{0}}=\frac{1}{2}$.
Bạn xem thử lời giải ở trên đã đúng chưa?
Mình thực sự cũng không nhìn ra sai lầm của bài toán này và rồi cũng cùng hôm đó, có một anh đã chỉ ra chỗ sai thật nguy hiểm và cũng thật tinh vi trong lời giải đó. Trước hết mình cũng đã sai kết quả vì không phải 1/2 mà là 1/4.
*Phân tích sai lầm.
Ta thấy rằng lời giải ở trên đã mắc một sai lầm khá phổ biến khi cho rằng hệ đã cho và phương trình thu được sau phép thế, còn gọi là phương trình hệ quả, là tương đương với nhau. Ở đây, rõ ràng nếu hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất thì chưa hẳn phương trình cuối theo biến k
${{k}^{2}}-k+(ax_{0}^{2}+b{{x}_{0}})=0$
có nghiệm duy nhất, trong đó vẫn có thể có một nghiệm không thỏa mãn đề bài. Cách biến đổi đại số dùng cho bài này khó có thể tìm ra được kết quả chính xác!
Sau đó mình lại có một lời giải thứ hai cho bài toán này, kết quả lần này đúng nhưng nói chung đòi hỏi biến đổi đại số hơi nhiều. Tuy nhiên, lời giải ấy vẫn sai vì cùng nguyên nhân là sự nhầm lẫn giữa PT ban đầu và PT hệ quả.
Vài tuần sau đó mình đọc lại và nhìn nhận ra sai sót này, mình cũng đã tìm được một lời giải thực sự đúng cho nó như sau.
*Lời giải đúng.
Trong hệ phương trình đã cho, thay $y$ bởi ${{x}^{2}}+b$ vào phương trình trên, ta có: $$x={{({{x}^{2}}+b)}^{2}}+a$$
Dễ thấy các nghiệm của phương trình này đều thỏa mãn đề bài vì $x\ge a$, mà mỗi nghiệm như thế cho ta một giá trị tương ứng của y nên điều kiện để hệ đã cho có nghiệm duy nhất là phương trình ẩn x trên có nghiệm duy nhất.
Phương trình bậc 4 có nghiệm duy nhất khi nó có nghiệm kép, điều đó có nghĩa là nghiệm đó cũng là nghiệm của phương trình đạo hàm bằng 0.
Gọi ${{x}_{0}}$ là nghiệm đó (tương ứng với giá trị ${{y}_{0}}$) thì ta có hệ sau
\left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{0}}={{(x_{0}^{2}+b)}^{2}}+a \\
& 4{{x}_{0}}(x_{0}^{2}+b)=1 \\
\end{aligned} \right.
Hơn nữa, do ${{x}_{0}}$ là nghiệm của hệ ban đầu nên $x_{0}^{2}+b={{y}_{0}}$, suy ra ${{x}_{0}}{{y}_{0}}=\frac{1}{4}$.
Vậy nếu hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì tích $P={{x}_{0}}{{y}_{0}}=\frac{1}{4}$.
*Nhận xét và mở rộng.
Để giải quyết trọn vẹn bài toán, chúng ta sẽ làm rõ hơn các vấn đề sau:
(1) Nếu phương trình bậc 4 có nghiệm duy nhất khi nó có nghiệm kép, điều đó có nghĩa là nghiệm đó cũng là nghiệm của phương trình đạo hàm bằng 0.
Lời giải.
Xét đa thức $P(x)={{x}^{4}}+a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d$, giả sử đa thức này có nghiệm duy nhất là $x={{x}_{0}}$. Khi đó, theo định lí Bezóut, ta có thể phân tích đã thức đã cho thành
$P(x)=(x-{{x}_{0}})Q(x)$ với $Q(x)$ là đa thức bậc 3
Đa thức bậc ba $Q(x)$ luôn có ít nhất một nghiệm nên nghiệm đó cũng phải là $x={{x}_{0}}$. Ta lại phân tích đa thức ban đầu thành
$P(x)={{(x-{{x}_{0}})}^{2}}R(x)$ với $R(x)$ là đa thức bậc 2
Suy ra ${P}'(x)=2(x-{{x}_{0}})R(x)+{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}{R}'(x)=(x-{{x}_{0}})\left[ 2R(x)+(x-{{x}_{0}}){R}'(x) \right]$.
Đa thức này cũng có nghiệm là $x={{x}_{0}}$ nên ta có đpcm.
(2) Tìm điều kiện cần của hai tham số $a,b$ để hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
Lời giải.
Từ cách giải phân tích ở trên, ta thấy rằng $a,b$ phải thỏa mãn điều kiện:
\left\{ \begin{aligned}
& x={{({{x}^{2}}+b)}^{2}}+a \\
& 4x({{x}^{2}}+b)=1 \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& x={{({{x}^{2}}+b)}^{2}}+a \\
& {{x}^{2}}+b=\frac{1}{4x} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \frac{{{x}^{2}}+b}{4x}+a=x\Rightarrow 3{{x}^{2}}-4ax-b=0 \text{(**)}
Suy ra ${{x}^{2}}=\frac{4ax+b}{3}$. Thay vào phương trình thứ hai của hệ trên, ta được \[4x\left( \frac{4ax+4b}{3} \right)=1\Leftrightarrow 4x\left( \frac{4ax+4b}{3} \right)=1\Leftrightarrow 16a{{x}^{2}}+16bx-3=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\frac{3-16bx}{16a}\]. Do đó \[\frac{3-16bx}{16a}=\frac{4ax+b}{3}\Leftrightarrow x=\frac{9-16ab}{64{{a}^{2}}+48b}\] Thay vào phương trình $(**)$, ta có
$$ \begin{aligned}
& 3{{\left( \frac{9-16ab}{64{{a}^{2}}+48b} \right)}^{2}}-4a\left( \frac{9-16ab}{64{{a}^{2}}+48b} \right)-b=0 \\
& \Leftrightarrow 3{{(9-16ab)}^{2}}-4a(64{{a}^{2}}+48b)(9-16ab)-b{{(64{{a}^{2}}+48b)}^{2}}=0 \\
& \Leftrightarrow 256({{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}})+288ab= 27\Leftrightarrow 256(a+{{b}^{2}})(b+{{a}^{2}})=27-32ab \\
\end{aligned}$$
Biểu thức này đối xứng giữa a và b nên nếu lặp lại quá trình biến đổi trên với y thì ta cũng có kết quả tương tự. Do đó, điều kiện cần của hai tham số $a,b$ để hệ đã cho có nghiệm duy nhất là $a,b$ phải thỏa mãn đẳng thức sau $$256(a+{{b}^{2}})(b+{{a}^{2}})=27-32ab$$
Một cặp giá trị đẹp thỏa mãn đẳng thức trên là $(a,b)=\left( \frac{1}{4},\frac{1}{4} \right)$ và tương ứng với nghiệm duy nhất của hệ là $({{x}_{0}},{{y}_{0}})=\left( \frac{1}{2},\frac{1}{2} \right)$.
(3) Bài toán mở rộng.
Bài toán có thể mở rộng ra cho bậc cao hơn của x và y như sau
Cho hệ phương trình sau (ẩn x, y) \left\{ \begin{align}
& x={{y}^{2n}}+a \\
& y={{x}^{2n}}+b \\
\end{align} \right.,n\in {{\mathbb{N}}^{*}}
với a, b là các tham số thực.
Biết rằng hệ phương trình này có nghiệm duy nhất $({{x}_{0}},{{y}_{0}})$. Hãy tính tích ${{P}_{n}}={{x}_{0}}{{y}_{0}}$.
Lời giải.
Thay $y={{x}^{2n}}+b$ vào $x={{y}^{2n}}+a$, ta được $x={{({{x}^{2n}}+b)}^{2n}}+a$.
Đa thức này bậc chẵn nên chứng minh tương tự nhận xét (1) nêu trên, ta thấy $a,b$ phải thỏa
\left\{ \begin{align}
& {{x}_{0}}={{(x_{0}^{2n}+b)}^{2n}}+a \\
& {{(2n)}^{2}}x_{0}^{2n-1}{{(x_{0}^{2n}+b)}^{2n-1}}=1 \\
\end{align} \right.
Lại thay ${{y}_{0}}=x_{0}^{2n}+b$ vào đẳng thức trên, ta có $${{(2n)}^{2}}x_{0}^{2n-1}y_{0}^{2n-1}=1\Leftrightarrow {{x}_{0}}{{y}_{0}}={{(4{{n}^{2}})}^{1-2n}}.$$
Vậy nếu hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì ${{P}_{n}}={{(4{{n}^{2}})}^{1-2n}}$.
Bài toán ban đầu là trường hợp đặc biệt khi $n=1$.
Chú ý rằng ta cho bậc ở đây chẵn để ${{x}_{0}}{{y}_{0}}$ nhận một giá trị, bài toán hoàn toàn có thể mở rộng với số mũ tùy ý nhưng trong trường hợp bậc lẻ thì có thể có 2 giá trị của ${{x}_{0}}{{y}_{0}}$.
Chưa dừng lại ở đó. Mình thấy điều kiện cần tìm được ở trên khá bất ngờ và cũng khá phức tạp cho một hệ nhìn có vẻ đơn giản như thế. Cho đến giờ mình vẫn chưa chứng minh được đó có phải là điều kiện đủ hay không, xin dành cho các bạn vậy. Tuy nhiên, rõ ràng hai số a,b muốn thỏa mãn điều kiện là hệ có nghiệm duy nhất thì chắc chắn chúng phải thỏa mãn điều kiện đấy.
Nếu bạn nào làm BĐT nhiều thì sẽ khai thác được nhiều kết quả thú vị từ biểu thức điều kiện cần ở trên. Ở đây, mình chỉ khai thác theo kiểu đơn giản với kinh nghiệm của mình:
Ta lại thấy rằng nếu xét giả thiết $a+b\ge 0$ thì có thể chứng minh rằng $ab\le \frac{1}{16}$. Thật vậy, nếu có một số âm, một số dương thì điều này đúng. Ngược lại thì chỉ cần dùng BĐT AM-GM kết hợp với ẩn phụ để đánh giá là xong.
Rõ ràng điều kiện $a+b \ge 0$ có thể được thay thế bằng $a+b \ge c$ với $c \le \frac{1}{8}$. Ở đây mình chọn $c=\frac{1}{2012}$.
Chuyển hệ đã cho về \left\{ \begin{align}
& {{x}^{2}}-y=b \\
& {{y}^{2}}-x=a \\
\end{align} \right.
Rõ ràng phương trình trên chuyển được thành phương trình dưới thông qua một phép hoán đổi vị trí giữa hai biến.
Ta có thể chuyển bài toán này về:
Bài toán.
Cho đa thức $P(x,y)=x-{{y}^{2}}$ với $x, y \in \mathbb{R} \backslash \{0\}$.
Xét $a,b\in \mathbb{R}$ sao cho tồn tại đúng một cặp số thực $x_0, y_0 \in \mathbb{R} \backslash \{0\}$ thỏa mãn $P({{x}_{0}},{{y}_{0}})=b$ và $P({{y}_{0}},{{x}_{0}})=a$.
Chứng minh rằng nếu $a+b\ge \frac{1}{2012}$ thì $4ab \le x_0y_0$.
Các bạn hãy cảm nhận thử mức độ khó của bài toán này nhé! Bài toán này tất nhiên sẽ còn có thể khai thác theo nhiều hướng khác nữa và bài toán cuối nêu ở trên chính là một kết quả mà mình tìm được.
- Lấy toàn bộ từ các đề thi khác (khu vực hay MO của các nước, shortlist cũng là một nguồn rất dồi dào). Một số đề có giả thiết đúng với mọi số nguyên dương nên được tác giả thay bằng năm cụ thể của kì thi, nếu người soạn đề khác chịu khó hơn thì đổi năm lại cho thích hợp, không thì giữ nguyên như thế.
- Lấy ý tưởng cũ ra rồi chế biến lại theo kiểu phát biểu lại đề, mức độ đầu tư cũng không cao.
- Lấy ý tưởng có trước rồi tổng quát hóa, tương tự hóa để chuyển đổi bản chất và tạo ra một bài toán mới mẻ và thú vị. Có thể kết hợp thêm các kết quả khác nữa như định lí, bổ đề, kinh nghiệm cá nhân để đẩy độ khó của bài toán lên cao hơn.
- Sáng tạo ra hoàn toàn, không vay mượn ý tưởng từ đâu cả. Cái này có thể là kết quả của một lúc tình cờ làm Toán rồi nhận được, chứ trong thời gian gấp rút chuẩn bị cho một kì thi thì khó thực hiện được như thế.
Dưới đây mình xin nêu ra một bài toán mà mình đã chế biến ra theo cách thứ 3 ở trên và có lẽ đa số các bài toán trong các kì thi khu vực và quốc gia hiện nay đều theo kiểu như thế!
Cách đây gần 2 năm khi mà mình tập hợp các PT, HPT hay cho bài viết "Rèn luyện kĩ năng giải toán PT, HPT" cho cuốn Kỷ yếu PT, HPT năm 2010, mình có lên mathscope và tìm hết 35 trang trong mục Đại số và lượng giác của diễn đàn lúc ấy. Mình đã đọc qua rất nhiều bài, hình thức từ đơn giản đến phức tạp, từ rất quen thuộc đến lạ mắt đều có. Và mình đã bị ấn tượng bởi một bài hệ có dạng tham số thế này:
Cho hệ phương trình sau (ẩn $x,y$):
\left\{ \begin{aligned}
& x={{y}^{2}}+a \\
& y={{x}^{2}}+b \\
\end{aligned} \right.
với $a,b$ là các tham số thực. Biết rằng hệ phương trình này có nghiệm duy nhất $\left( {{x}_{0}},{{y}_{0}} \right)$.
Tính giá trị của tích $P={{x}_{0}}{{y}_{0}}$.
Bài này post cũng đã khá lâu và cũng chưa thấy ai giải, mình thấy có một nhận xét của thầy Nam Dũng rằng người ra đề này phải rất khéo để đặt ra một vấn đề như thế. Mình nghĩ có lẽ bài này cũng không quá khó nhưng chẳng qua là hình thức nó đẹp thôi. Ai ngờ mình ngồi làm mấy tiếng mà không ra.
Sau đó, mình có post lên diễn đàn lần nữa và lần thứ hai này, mọi người vào thảo luận khá nhiều (tuy nhiên giờ tìm lại không thấy topic ấy đâu cả, hix). Mình đã có một lời giải như thế này cho bài toán này như sau:
*Lời giải 1.
Giả sử với các giá trị $a,b$ nào đó, hệ đã cho có nghiệm duy nhất là $({{x}_{0}},{{y}_{0}})$. Đặt ${{x}_{0}}{{y}_{0}}=k\in \mathbb{R}$.
- Nếu ${{x}_{0}}=0$ thì ${{y}_{0}}=b$ và ${{b}^{2}}+a=0$, suy ra $a\le 0$.
Trong hệ đã cho, thay y từ phương trình thứ hai lên phương trình thứ nhất, ta có
${{({{x}^{2}}+b)}^{2}}+a=x\Leftrightarrow {{x}^{4}}+2b{{x}^{2}}+{{b}^{2}}+a=x\Leftrightarrow x({{x}^{3}}+2bx-1)=0\text{ }(*)$
Ta xét phương trình ${{x}^{3}}+2bx-1=0$và đặt $f(x)={{x}^{3}}+2bx-1,x\in \mathbb{R}$.
Ta thấy hàm này liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f(0)=-1<0,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty $ nên $f(x)=0$ hay phương trình ${{x}^{3}}+2bx-1=0$ có ít nhất một nghiệm dương $x={{x}_{1}}>0$.
Dễ thấy rằng điều kiện để x thỏa mãn đề bài là $x={{y}^{2}}+a\ge a$ nên cả hai nghiệm đã nêu $x={{x}_{0}}=0,x={{x}_{1}}$ của phương trình $(*)$ đều thỏa mãn. Mỗi giá trị x cho ta đúng một giá trị y nên trong trường hợp này hệ có ít nhất hai nghiệm phân biệt, không đúng với đề bài.
- Nếu ${{y}_{0}}=0$ thì cũng xét tương tự như trên.
- Nếu ${{x}_{0}},{{y}_{0}}\ne 0$. Thay ${{y}_{0}}=\frac{k}{{{x}_{0}}}$ vào hai phương trình của hệ đã cho, ta được:
\left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{0}}=\frac{{{k}^{2}}}{x_{0}^{2}}+a \\
& \frac{k}{{{x}_{0}}}=x_{0}^{2}+b \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& x_{0}^{3}={{k}^{2}}+ax_{0}^{2} \\
& k=x_{0}^{3}+b{{x}_{0}} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow k={{k}^{2}}+ax_{0}^{2}+b{{x}_{0}}\Leftrightarrow {{k}^{2}}-k+(ax_{0}^{2}+b{{x}_{0}})=0
Hệ có nghiệm duy nhất nên phương trình bậc hai theo k cũng có nghiệm duy nhất, tức là $k=\frac{1}{2}$.
Vậy nếu hệ có nghiệm duy nhất thì tích $P={{x}_{0}}{{y}_{0}}=\frac{1}{2}$.
Bạn xem thử lời giải ở trên đã đúng chưa?
Mình thực sự cũng không nhìn ra sai lầm của bài toán này và rồi cũng cùng hôm đó, có một anh đã chỉ ra chỗ sai thật nguy hiểm và cũng thật tinh vi trong lời giải đó. Trước hết mình cũng đã sai kết quả vì không phải 1/2 mà là 1/4.
*Phân tích sai lầm.
Ta thấy rằng lời giải ở trên đã mắc một sai lầm khá phổ biến khi cho rằng hệ đã cho và phương trình thu được sau phép thế, còn gọi là phương trình hệ quả, là tương đương với nhau. Ở đây, rõ ràng nếu hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất thì chưa hẳn phương trình cuối theo biến k
${{k}^{2}}-k+(ax_{0}^{2}+b{{x}_{0}})=0$
có nghiệm duy nhất, trong đó vẫn có thể có một nghiệm không thỏa mãn đề bài. Cách biến đổi đại số dùng cho bài này khó có thể tìm ra được kết quả chính xác!
Sau đó mình lại có một lời giải thứ hai cho bài toán này, kết quả lần này đúng nhưng nói chung đòi hỏi biến đổi đại số hơi nhiều. Tuy nhiên, lời giải ấy vẫn sai vì cùng nguyên nhân là sự nhầm lẫn giữa PT ban đầu và PT hệ quả.
Vài tuần sau đó mình đọc lại và nhìn nhận ra sai sót này, mình cũng đã tìm được một lời giải thực sự đúng cho nó như sau.
*Lời giải đúng.
Trong hệ phương trình đã cho, thay $y$ bởi ${{x}^{2}}+b$ vào phương trình trên, ta có: $$x={{({{x}^{2}}+b)}^{2}}+a$$
Dễ thấy các nghiệm của phương trình này đều thỏa mãn đề bài vì $x\ge a$, mà mỗi nghiệm như thế cho ta một giá trị tương ứng của y nên điều kiện để hệ đã cho có nghiệm duy nhất là phương trình ẩn x trên có nghiệm duy nhất.
Phương trình bậc 4 có nghiệm duy nhất khi nó có nghiệm kép, điều đó có nghĩa là nghiệm đó cũng là nghiệm của phương trình đạo hàm bằng 0.
Gọi ${{x}_{0}}$ là nghiệm đó (tương ứng với giá trị ${{y}_{0}}$) thì ta có hệ sau
\left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{0}}={{(x_{0}^{2}+b)}^{2}}+a \\
& 4{{x}_{0}}(x_{0}^{2}+b)=1 \\
\end{aligned} \right.
Hơn nữa, do ${{x}_{0}}$ là nghiệm của hệ ban đầu nên $x_{0}^{2}+b={{y}_{0}}$, suy ra ${{x}_{0}}{{y}_{0}}=\frac{1}{4}$.
Vậy nếu hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì tích $P={{x}_{0}}{{y}_{0}}=\frac{1}{4}$.
*Nhận xét và mở rộng.
Để giải quyết trọn vẹn bài toán, chúng ta sẽ làm rõ hơn các vấn đề sau:
(1) Nếu phương trình bậc 4 có nghiệm duy nhất khi nó có nghiệm kép, điều đó có nghĩa là nghiệm đó cũng là nghiệm của phương trình đạo hàm bằng 0.
Lời giải.
Xét đa thức $P(x)={{x}^{4}}+a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d$, giả sử đa thức này có nghiệm duy nhất là $x={{x}_{0}}$. Khi đó, theo định lí Bezóut, ta có thể phân tích đã thức đã cho thành
$P(x)=(x-{{x}_{0}})Q(x)$ với $Q(x)$ là đa thức bậc 3
Đa thức bậc ba $Q(x)$ luôn có ít nhất một nghiệm nên nghiệm đó cũng phải là $x={{x}_{0}}$. Ta lại phân tích đa thức ban đầu thành
$P(x)={{(x-{{x}_{0}})}^{2}}R(x)$ với $R(x)$ là đa thức bậc 2
Suy ra ${P}'(x)=2(x-{{x}_{0}})R(x)+{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}{R}'(x)=(x-{{x}_{0}})\left[ 2R(x)+(x-{{x}_{0}}){R}'(x) \right]$.
Đa thức này cũng có nghiệm là $x={{x}_{0}}$ nên ta có đpcm.
(2) Tìm điều kiện cần của hai tham số $a,b$ để hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
Lời giải.
Từ cách giải phân tích ở trên, ta thấy rằng $a,b$ phải thỏa mãn điều kiện:
\left\{ \begin{aligned}
& x={{({{x}^{2}}+b)}^{2}}+a \\
& 4x({{x}^{2}}+b)=1 \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& x={{({{x}^{2}}+b)}^{2}}+a \\
& {{x}^{2}}+b=\frac{1}{4x} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \frac{{{x}^{2}}+b}{4x}+a=x\Rightarrow 3{{x}^{2}}-4ax-b=0 \text{(**)}
Suy ra ${{x}^{2}}=\frac{4ax+b}{3}$. Thay vào phương trình thứ hai của hệ trên, ta được \[4x\left( \frac{4ax+4b}{3} \right)=1\Leftrightarrow 4x\left( \frac{4ax+4b}{3} \right)=1\Leftrightarrow 16a{{x}^{2}}+16bx-3=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\frac{3-16bx}{16a}\]. Do đó \[\frac{3-16bx}{16a}=\frac{4ax+b}{3}\Leftrightarrow x=\frac{9-16ab}{64{{a}^{2}}+48b}\] Thay vào phương trình $(**)$, ta có
$$ \begin{aligned}
& 3{{\left( \frac{9-16ab}{64{{a}^{2}}+48b} \right)}^{2}}-4a\left( \frac{9-16ab}{64{{a}^{2}}+48b} \right)-b=0 \\
& \Leftrightarrow 3{{(9-16ab)}^{2}}-4a(64{{a}^{2}}+48b)(9-16ab)-b{{(64{{a}^{2}}+48b)}^{2}}=0 \\
& \Leftrightarrow 256({{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}})+288ab= 27\Leftrightarrow 256(a+{{b}^{2}})(b+{{a}^{2}})=27-32ab \\
\end{aligned}$$
Biểu thức này đối xứng giữa a và b nên nếu lặp lại quá trình biến đổi trên với y thì ta cũng có kết quả tương tự. Do đó, điều kiện cần của hai tham số $a,b$ để hệ đã cho có nghiệm duy nhất là $a,b$ phải thỏa mãn đẳng thức sau $$256(a+{{b}^{2}})(b+{{a}^{2}})=27-32ab$$
Một cặp giá trị đẹp thỏa mãn đẳng thức trên là $(a,b)=\left( \frac{1}{4},\frac{1}{4} \right)$ và tương ứng với nghiệm duy nhất của hệ là $({{x}_{0}},{{y}_{0}})=\left( \frac{1}{2},\frac{1}{2} \right)$.
(3) Bài toán mở rộng.
Bài toán có thể mở rộng ra cho bậc cao hơn của x và y như sau
Cho hệ phương trình sau (ẩn x, y) \left\{ \begin{align}
& x={{y}^{2n}}+a \\
& y={{x}^{2n}}+b \\
\end{align} \right.,n\in {{\mathbb{N}}^{*}}
với a, b là các tham số thực.
Biết rằng hệ phương trình này có nghiệm duy nhất $({{x}_{0}},{{y}_{0}})$. Hãy tính tích ${{P}_{n}}={{x}_{0}}{{y}_{0}}$.
Lời giải.
Thay $y={{x}^{2n}}+b$ vào $x={{y}^{2n}}+a$, ta được $x={{({{x}^{2n}}+b)}^{2n}}+a$.
Đa thức này bậc chẵn nên chứng minh tương tự nhận xét (1) nêu trên, ta thấy $a,b$ phải thỏa
\left\{ \begin{align}
& {{x}_{0}}={{(x_{0}^{2n}+b)}^{2n}}+a \\
& {{(2n)}^{2}}x_{0}^{2n-1}{{(x_{0}^{2n}+b)}^{2n-1}}=1 \\
\end{align} \right.
Lại thay ${{y}_{0}}=x_{0}^{2n}+b$ vào đẳng thức trên, ta có $${{(2n)}^{2}}x_{0}^{2n-1}y_{0}^{2n-1}=1\Leftrightarrow {{x}_{0}}{{y}_{0}}={{(4{{n}^{2}})}^{1-2n}}.$$
Vậy nếu hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì ${{P}_{n}}={{(4{{n}^{2}})}^{1-2n}}$.
Bài toán ban đầu là trường hợp đặc biệt khi $n=1$.
Chú ý rằng ta cho bậc ở đây chẵn để ${{x}_{0}}{{y}_{0}}$ nhận một giá trị, bài toán hoàn toàn có thể mở rộng với số mũ tùy ý nhưng trong trường hợp bậc lẻ thì có thể có 2 giá trị của ${{x}_{0}}{{y}_{0}}$.
Chưa dừng lại ở đó. Mình thấy điều kiện cần tìm được ở trên khá bất ngờ và cũng khá phức tạp cho một hệ nhìn có vẻ đơn giản như thế. Cho đến giờ mình vẫn chưa chứng minh được đó có phải là điều kiện đủ hay không, xin dành cho các bạn vậy. Tuy nhiên, rõ ràng hai số a,b muốn thỏa mãn điều kiện là hệ có nghiệm duy nhất thì chắc chắn chúng phải thỏa mãn điều kiện đấy.
Nếu bạn nào làm BĐT nhiều thì sẽ khai thác được nhiều kết quả thú vị từ biểu thức điều kiện cần ở trên. Ở đây, mình chỉ khai thác theo kiểu đơn giản với kinh nghiệm của mình:
Ta lại thấy rằng nếu xét giả thiết $a+b\ge 0$ thì có thể chứng minh rằng $ab\le \frac{1}{16}$. Thật vậy, nếu có một số âm, một số dương thì điều này đúng. Ngược lại thì chỉ cần dùng BĐT AM-GM kết hợp với ẩn phụ để đánh giá là xong.
Rõ ràng điều kiện $a+b \ge 0$ có thể được thay thế bằng $a+b \ge c$ với $c \le \frac{1}{8}$. Ở đây mình chọn $c=\frac{1}{2012}$.
Chuyển hệ đã cho về \left\{ \begin{align}
& {{x}^{2}}-y=b \\
& {{y}^{2}}-x=a \\
\end{align} \right.
Rõ ràng phương trình trên chuyển được thành phương trình dưới thông qua một phép hoán đổi vị trí giữa hai biến.
Ta có thể chuyển bài toán này về:
Bài toán.
Cho đa thức $P(x,y)=x-{{y}^{2}}$ với $x, y \in \mathbb{R} \backslash \{0\}$.
Xét $a,b\in \mathbb{R}$ sao cho tồn tại đúng một cặp số thực $x_0, y_0 \in \mathbb{R} \backslash \{0\}$ thỏa mãn $P({{x}_{0}},{{y}_{0}})=b$ và $P({{y}_{0}},{{x}_{0}})=a$.
Chứng minh rằng nếu $a+b\ge \frac{1}{2012}$ thì $4ab \le x_0y_0$.
Các bạn hãy cảm nhận thử mức độ khó của bài toán này nhé! Bài toán này tất nhiên sẽ còn có thể khai thác theo nhiều hướng khác nữa và bài toán cuối nêu ở trên chính là một kết quả mà mình tìm được.