HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN ppsx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (231.93 KB, 14 trang )
www.VNMATH.com
Chuyên đề: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN
I. Hệ phương trình đối xứng loại 1:
Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng.
− Phương trình n ẩn x
1
, x
2
, , x
n
gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay x
i
bởi x
j
; x
j
bởi x
i
thì phương trình
không thay đổi.
− Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng:
x
1
+ x
2
+ + x
n
x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ + x
1
x
n
+ x
2
x
1
+ x
2
x
3
+ + x
n-1
x
n
x
1
x
2
x
n
− Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng.
− Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét.
* Nếu đa thức F(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n
−
1
+ a
n
, a
0
≠ 0, a
i
∈ P có nhgiệm trên P là c
1
, , c
n
thì:
1
1 2
0
2
1 2 1 3 1 2 1 2 3 -1
0
1 1
0
( 1) .
n
n n n
n
n
n
a
c c c
a
a
c c c c c c c c c c c c
a
a
c c c
a
+ + + = −
+ + + + + + + =
= −
(Định lý Viét tổng quát)
Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn:
A. LÝ THUUYẾT
1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2:
Nếu phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thì:
1 2
1 2
.
b
S x x
a
c
P x x
a
= + = −
= =
Ngược lại, nếu 2 số x
1
, x
2
có
1 2
1 2
.
x x S
x x P
+ =
=
thì x
1
, x
2
là nghệm của phương trình X
2
− SX + P = 0.
2. Định nghĩa:
( , ) 0
( , ) 0
f x y
g x y
=
=
, trong đó
( , ) ( , )
( , ) ( , )
f x y f y x
g x y g y x
=
=
3.Cách giải:
Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và
2
4S P≥
.
Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y.
Chú ý:
+ Cần nhớ: x
2
+ y
2
= S
2
– 2P, x
3
+ y
3
= S
3
– 3SP.
+ Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv.
+ Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ.
4. Bài tập:
Loại 1: Giải hệ phương trình
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2 2
3 3
30
35
x y xy
x y
+ =
+ =
.
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
1
www.VNMATH.com
GIẢI
Đặt
S , Px y xy= + =
, điều kiện
2
4S P≥
. Hệ phương trình trở thành:
2
2
30
P
SP 30
S
90
S(S 3P) 35
S S 35
S
ì
ï
ï
=
ï
ì
=
ï
ï
ï ï
Û
í í
æ ö
ï ï
- =
÷
ç
ï ï
î - =
÷
ç
ï
÷
ç
÷
ï
è ø
ï
î
S 5 x y 5 x 2 x 3
P 6 xy 6 y 3 y 2
ì ì ì ì
= + = = =
ï ï ï ï
ï ï ï ï
Û Û Û Ú
í í í í
ï ï ï ï
= = = =
ï ï ï ï
î î î î
.
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
3 3
( ) 2
2
xy x y
x y
− = −
− =
.
GIẢI
Đặt
, , t y S x t P xt= − = + =
, điều kiện
2
4S P≥
Hệ phương trình trở thành:
3 3 3
xt(x t) 2 SP 2
x t 2 S 3SP 2
ì ì
+ = =ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = - =
ï ï
î î
S 2 x 1 x 1
P 1 t 1 y 1
ì ì ì
= = =
ï ï ï
ï ï ï
Û Û Û
í í í
ï ï ï
= = = -
ï ï ï
î î î
.
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
1 1
4
1 1
4
x y
x y
x y
x y
+ + + =
+ + + =
.
GIẢI
Điều kiện
0, 0x y≠ ≠
.
Hệ phương trình tương đương với:
2 2
1 1
x y 4
x y
1 1
x y 8
x y
ì æ ö æ ö
ï
÷ ÷
ç ç
ï
+ + + =
÷ ÷
ç ç
ï
÷ ÷
ç ç÷ ÷
ï
è ø è ø
ï
í
ï
æ ö æ ö
ï
÷ ÷
ç ç
+ + + =
÷ ÷
ï
ç ç
÷ ÷
ï
ç ç
÷ ÷
è ø è ø
ï
î
Đặt
2
1 1 1 1
S x y ,P x y ,S 4P
x y x y
æ ö æ ö æ öæ ö
÷ ÷ ÷ ÷
ç ç ç ç
= + + + = + + ³
÷ ÷ ÷ ÷
ç ç ç ç
÷ ÷ ÷ ÷
ç ç ç ç
÷ ÷ ÷ ÷
è ø è ø è øè ø
ta có:
2
1 1
x y 4
S 4 S 4
x y
P 4 1 1
S 2P 8
x y 4
x y
ì
æ ö æ ö
ï
÷ ÷
ç ç
ï
+ + + =
÷ ÷
ç ç
ï
ì
ì
÷ ÷
=ï =
ï
ç ç
÷ ÷
ï
è ø è ø
ï ï ï
Û Û
í í í
æ öæ ö
ï ï ï
=
- =
÷ ÷
ç ç
ï ï ï
îî
+ + =
÷ ÷
ç ç
ï
÷ ÷
ç ç÷ ÷
ï
è øè ø
ï
î
1
x 2
x 1
x
1
y 1
y 2
y
ì
ï
ï
+ =
ï
ì
=
ï
ï
ï ï
Û Û
í í
ï ï
=
ï ï
î
+ =
ï
ï
ï
î
.
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình
2 2
2 8 2 (1)
4 (2)
x y xy
x y
+ + =
+ =
.
GIẢI
Điều kiện
, 0x y ≥
. Đặt
0t xy= ≥
, ta có:
2
xy t=
và
(2) x y 16 2tÞ + = -
.
Thế vào (1), ta được:
2
t 32t 128 8 t t 4- + = - Û =
Suy ra:
xy 16 x 4
x y 8 y 4
ì ì
= =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = =
ï ï
î î
.
Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 có nghiệm
Phương pháp giải chung:
+ Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
+ Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và
2
4S P≥
(*).
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
2
www.VNMATH.com
+ Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m.
Chú ý:
Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u, v.
Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
1
1 3
x y
x x y y m
+ =
+ = −
.
GIẢI
Điều kiện
, 0x y ≥
ta có:
3 3
x y 1 x y 1
x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m
ì ì
ï ï
+ = + =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = - + = -
ï ï
ï ï
î î
Đặt
S x y 0, P xy 0= + ³ = ³
,
2
S 4P.³
Hệ phương trình trở thành:
3
S 1 S 1
P m
S 3SP 1 3m
ì
ì
=ï =
ï
ï ï
Û
í í
ï ï
=
- = -
ï ï
îî
.
Từ điều kiện
2
S 0,P 0,S 4P³ ³ ³
ta có
1
0 m
4
£ £
.
Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
2 2
3 9
x y xy m
x y xy m
+ + =
+ = −
có nghiệm thực.
GIẢI
2 2
x y xy m (x y) xy m
xy(x y) 3m 9
x y xy 3m 9
ì
ì
+ + =ï + + =
ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = -
+ = -
ï ï
îî
.
Đặt S = x + y, P = xy,
2
S 4P.³
Hệ phương trình trở thành:
S P m
SP 3m 9
ì
+ =
ï
ï
í
ï
= -
ï
î
.
Suy ra S và P là nghiệm của phương trình
2
t mt 3m 9 0- + - =
S 3 S m 3
P m 3 P 3
ì ì
= = -
ï ï
ï ï
Þ Ú
í í
ï ï
= - =
ï ï
î î
.
Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm
2
2
3 4(m 3)
21
m m 3 2 3
(m 3) 12
4
é
³ -
ê
Û Û £ Ú ³ +
ê
- ³
ê
ë
.
Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
4 1 4
3
x y
x y m
− + − =
+ =
có nghiệm.
GIẢI
Đặt
u x 4 0,v y 1 0= - ³ = - ³
hệ trở thành:
2 2
u v 4
u v 4
21 3m
u v 3m 5
uv
2
ì
+ =ï
ì
ï
+ =ï
ï
ï
Û
í í
-
ï ï
+ = -
=
ï ï
î
ï
î
.
Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của
2
21 3m
t 4t 0
2
-
- + =
(*).
Hệ có nghiệm
Û
(*) có 2 nghiệm không âm.
/
3m 13
0
0
13
2
S 0 m 7
21 3m
3
0
P 0
2
ì
ì
-
ï
ï
D ³
ï
ï
³
ï
ï
ï
ï ï
Û ³ Û Û £ £
í í
ï ï
-
ï ï
³
³
ï ï
ï ï
î
ï
î
.
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
3
www.VNMATH.com
Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
2 2
4 4 10
( 4)( 4)
x y x y
xy x y m
+ + + =
+ + =
có nghiệm thực.
GIẢI
2 2
2 2
2 2
(x 4x) (y 4y) 10
x y 4x 4y 10
xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m
ì
ì
ïï + + + =
+ + + =
ï
ï
Û
í í
ï ï
+ + = + + =
ï ï
î
î
.
Đặt
2 2
u (x 2) 0,v (y 2) 0= + ³ = + ³
. Hệ phương trình trở thành:
u v 10 S 10
uv 4(u v) m 16 P m 24
ì ì
+ = =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
- + = - = +
ï ï
î î
(S = u + v, P = uv).
Điều kiện
2
S 4P
S 0 24 m 1
P 0
ì
ï
³
ï
ï
ï
³ Û - £ £
í
ï
ï
³
ï
ï
î
.
Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình.
Ví dụ. Giải phương trình:
3 3
3
1
2
x x+ − =
.
GIẢI
Đặt:
3
3
x u
1 x v
=
− =
. Vậy ta có hệ:
3 3
3
u v
2
u v 1
+ =
+ =
⇔
2
3
u v
2
(u v) (u v) 3uv 1
+ =
+ + − =
⇔
3
u+v =
2
19
u.v =
36
u, v là hai nghiệm của phương trình:
2
3 19
X - X + = 0
2 36
⇒
9+ 5
u =
12
9 - 5
u =
12
⇒
3
3
9 + 5
x =
12
9 - 5
x =
12
÷
÷
÷
÷
Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} =
3 3
9 5 9 5
;
12 12
+ −
÷ ÷
÷ ÷
.
B. BÀI TẬP
I. Giải các hệ phương trình sau:
1)
4 4
6 6
1
1
x y
x y
+ =
+ =
2)
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y
+ =
− + =
3)
30
35
x y y x
x x y y
+ =
+ =
4)
2 2
4
2 8 2
x y
x y xy
+ =
+ + =
5)
2 2
18
( 1)( 1) 72
x x y y
xy x y
+ + + =
+ + =
6)
( )
( )
2 2
2 2
1
1 5
1
1 49
x y
xy
x y
x y
+ + =
÷
+ + =
÷
7)
2 2
2 2
1 1
4
1 1
4
x y
x y
x y
x y
+ + + =
+ + + =
8)
7
1
78
y
x
y x
x y
x xy y xy
+ = +
+ =
9)
( ) ( )
2 2 3 3
4
280
x y
x y x y
+ =
+ + =
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
4
www.VNMATH.com
10)
6 6
3 3
2
3 3
x y
x x y y
+ =
=
II. Gi h phng trỡnh cú tham s:
1. . Tỡm giỏ tr ca m:
a)
( )
5 4 4
1
x y xy
x y xy m
+ =
+ =
cú nghim.
b)
2 2
2
1
x y xy m
x y xy m
+ + = +
+ = +
cú nghim duy nht.
c)
( )
( )
2
2 2
4
2 1
x y
x y m
+ =
+ = +
cú ỳng hai nghim.
2.
2 2
x xy y m
x y m
+ + =
+ =
(1II)
a. Gii h phng trỡnh khi m = 5.
b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim.
3.
2 2
3 8
x xy y m
x y xy m
+ + =
+ =
(7I)
a Gii h phng trỡnh khi m = 7/2.
b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim.
4.
2 2
1x xy y m
x y xy m
+ + = +
+ =
(40II)
a. Gii h phng trỡnh khi m=2.
b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim (x;y) vi x >0, y >0.
III. Gii phng trỡnh bng cỏch a v h phng trỡnh:
1. Gii phng trỡnh:
4 4
1 18 3x x + =
.
2. Tỡm m mi phng trỡnh sau cú nghim:
a.
1 1x x m + + =
b.
m x m x m + + =
c.
3 3
1 1x x m + + =
Phn 3 H phng trỡnh i xng loi 1 ba n: (c thờm)
a. Định nghĩa: Là hệ ba ẩn với các phơng trình trong hệ là đối xứng.
b. Định lý Vi-et cho ph ơng trình bậc 3:
Cho 3 số x, y, z có:
x + y + z =
xy + yz + zx =
xyz =
Thì x, y, z ;à nghiệm của phơng trình X
3
- X
2
+ X - = 0. (*)
Thậy vậy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0
[ X
2
- (x + y)X + xy ](X - z) = 0
X
3
- X
2
z - X
2
(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0
X
3
- X
2
+ X - = 0.
(*) có nghiệm là x, y, z phơng trình X
3
- X
2
+ X - = 0 có 3 nghiệm là x, y, z.
c.Cách giải:
+ Do các phơng trình trong hệ là đối xứng nên ta luôn viết đợc dới dạng , ,
Khi đó ta đặt
x + y + z =
xy + yz + zx =
xyz =
Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s
5
www.VNMATH.com
Ta đợc hệ của , , .
+ Giải phơng trình X
3
- X
2
+ X - = 0 (1) tìm đợc nghiệm (x, y, z) của hệ.
Chú ý: (1) có nghiệm duy nhất hệ vô nghiệm.
(1)có 1 nghiệm kép duy nhất hệ có nghiệm.
(1) có 2 nghiệm : 1 nghiệm kép, 1 nghiệm đơn hệ có 3 nghiệm.
(1) có 3 ngiệm hệ có 6 nghiệm.
d. Bài tập:
VD1: Giải hệ:
2 2 2
3 3 3
x + y + z = 2
x + y + z = 6
x + y + z = 8
Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có:
x
2
+ y
2
+ z
2
= (x + y + z)
2
- 2(xy + yz + zx).
x
3
+ y
3
+ z
3
= (x + y + z)
3
- 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz.
Vậy 6 = 2
2
- 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = -1.
8 = 2
3
- 3.2.(-1) + 3xyz xyz = -2.
x, y, z là nghiệm của phơng trình:t
3
- 2t
2
- t + 2 = 0
t = 1
t = - 1
t = 2
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
x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)
1 1 1
+ + = 1 (3)
x y z
Giải: ĐK: x, y, z 0. Từ (3)
xy + yz + zx
= 1
xyz
Do (2) xyz = 27
Vậy hệ
x + y + z = 9
xy + yz + zx = 27
xyz = 27
Do đó (x; y; z) là nghiệm của phơng trình: X
3
- 9X
2
+ 27X - 27 = 0
(X - 3)
3
= 0
X = 3.
Vậy hệ có nghiệm là (3; 3; 3).
VD3: Giải hệ
2 2 2 2
3 3 3 3
x + y + z = a
x + y + z = a
x + y + z = a
Giải: x
2
+ y
2
+ z
2
= (x + y + z)
2
- 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = 0.
x
3
+ y
3
+ z
3
= (x + y + z)
3
- 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz xyz = 0.
Vậy có:
x + y + z = 0
xy + yz + zx = 0
0xyz
=
Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s
6
www.VNMATH.com
(x; y; z) là nghiệm của phơng trình: X
3
- aX
2
= 0
X = 0
X = a
Vậy hệ có nghiệm là {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)}
e.Chú ý: Có nhiều vấn đề cần lu ý khi giải hệ loại này
+ Với cách giải theo định lý Vi-et từ hệ ta phải đa ra đợc x + y + z; xy + yz + zx; xyz có thể nó là
hệ quả của hệ nên khi tìm đợc 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 phơng trình cộng, thế.
VD:
x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)
1 1 1
+ + = 1 (3)
x y z
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) xyz = 27 (5)
Từ (2) x
2
(y + z) + xyz = 27x (6)
Từ (1), (5), (6) ta có: x
2
(9 - x) + 27 - 27x = 0
x
3
- 9x
2
+ 27x - 27 = 0
(x - 3)
3
= 0 x = 3
Thay x = 3 vào (1), (5) ta có:
y + z =6
yz = 9
y = z = 3.
Vậy hệ có nghiệm là x = y = z = 3.
II. H phng trỡnh i xng loi 2:
1. H phng trỡnh i xng loi 2 hai n:
A. nh gha:
( )
( )
( , ) 0 1
( , ) 0 2
f x y
f y x
=
=
Cỏch gii: Ly (1) (2) hoc (2) (1) ta c: (xy)g(x,y)=0. Khi ú xy=0 hoc g(x,y)=0.
+ Trng hp 1: xy=0 kt hp vi phng trỡnh (1) hoc (2) suy ra c nghim.
+ Trng hp 2: g(x,y)=0 kt hp vi phng trỡnh (1) + (2) suy ra nghim (trong trng hp ny h
phng trỡnh mi tr v h i xng loi 1) v thụng thng vụ nghim.
B. Cỏc vớ d:
Vớ d 1: Gii h phng trỡnh
( )
( )
3
3
3 8 1
3 8 2
x x y
y y x
= +
= +
(I)
GII
Ly (1) (2) ta c:
2 2
(x - y)(x + xy + y + 5) = 0
Trng hp 1: (I)
3
x = 3x + 8y
x = y
3
x = 0
x - 11x = 0
x = 11
x = y
x = y
.
Trng hp 2: (I)
( )
2 2
3 3
x +xy+y +5=0
x +y =11 x+y
(h ny vụ nghim)
Vy h phng trỡnh ó cho cú tp nghim:
{ }
{ }
(x, y) = (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11)
Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s
7
www.VNMATH.com
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
4
4
1 1
1 1
x y
y x
+ − =
+ − =
GIẢI
Đặt:
4
4
x - 1 = u 0; y - 1 = v 0≥ ≥
Hệ phương trình trở thành
4 4
4 4
u + 1 + v = 1 u + v = 0
v + 1 + u = 1 v + u = 0
⇔
u = 0
v = 0
⇔
(Do u, v ≥ 0)
x = 1
y = 1
⇒
.
Vậy hệ có nghiệm (1,1)
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình
2
2
x y y m
y x x m
= − +
= − +
(I)
a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Giải (I)
2 2
2
2
2 2
2 2
x = ± y
x - y = y - y - x + x
x = y - y + m
x = y - y + m
x = y x = y
x = y - y + m x - 2x + m = 0
x = - y x = - y
x = y - y + m y + m = 0
⇔ ⇔
⇔ ⇔
a) Hệ phương trình có nghiệm ⇔
'
x
'
y
Δ 0
1 - m 0 m 1
m 0
- m 0 m 0
Δ 0
≥
≥ ≤
⇔ ⇔ ⇔ ≤
≥ ≤
≥
b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ⇔
'
x
'
y
'
x
'
y
Δ = 0
Δ < 0
Δ < 0
Δ = 0
⇔
1 - m = 0
- m < 0
1 - m < 0
- m = 0
⇔ m = 1.
Vậy m = 1.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
3
3
1 2 2 1x x+ = −
.
GIẢI
Đặt
3
2x - 1 = t
⇒ 2x - 1 = t
3
.
Ta có hệ
3
3
x + 1 = 2t
t + 1 = 2x
⇔
3
2 2
x + 1 = 2t
(x - t)(x + xt + t + 1) = 0
⇔
3
x - 2x + 1 = 0
x = t
⇔
2
(x - 1)(x + x - 1) = 0
x = t
⇒
x = 1
- 1 ± 5
x =
2
Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1;
- 1 ± 5
2
.
C. Bài tập:
1.Giải các hệ phương trình sau:
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
8
www.VNMATH.com
a.
1 3
2
1 3
2
x
y x
y
x y
+ =
+ =
b.
2
2
3
2
3
2
x y
x
y x
y
+ =
+ =
c.
3
3
1 2
1 2
x y
y x
+ =
+ =
d.
9 9
9 9
x y
y x
+ + =
+ + =
e.
2 2
2 2
x y
y x
+ =
+ =
g.
5 2 7
5 2 7
x y
y x
+ + =
+ + =
2. Cho h phng trỡnh
2
2
( ) 2
( ) 2
x x y m
y x y m
+ =
+ =
.
a. Gii h vi m = 0.
b. Tỡm m h cú nghim duy nht.
3. Tỡm m h:
3 2 2
3 2 2
7
7
x y x mx
y x y my
= +
= +
cú nghim duy nht.
4. Gii cỏc phng trỡnh: a.
2
5 5x x+ + =
.
b.
3
3
3 3 2 2x x + =
.
2. Hệ ph ơng trình đối xứng loại 2, 3 ẩn: (Đọc thêm)
A. Dùng chủ yếu là phơng pháp biến đổi tơng đơng 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
2
2
2
x + 2yz = x (1)
y + 2zx = y (2)
z + 2xy = z (3)
Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho tơng đơng với hệ
2
2
x + 2yz = x
(x + y + z) = x + y + z
(x - y)(x + y - 2z - 1) = 0
Hệ này đơng tơng với 4 hệ sau:
2 2
x + 2yz = x x + 2yz = x
x + y + z = 0 (I) x + y + z = 0 (II)
x =y x + y - 2z - 1 = 0
2 2
x + 2yz = x x + 2yz = x
x + y + z = 1 (III) x + y + z = 1 (IV)
x =y x + y - 2z - 1 = 0
Giải (I):
(I)
2
x + 2yz = x
2y + z = 0
x = y
2
x + 2yz = x
z = - 2x
x = y
2 2
x - 4x = x
z = - 2x
x = y
-1
x = 0 x =
3
z = - 2x
x = y
Vậy (I) có 2 nghiệm (0;0;0); (
-1 -1 2
; ;
3 3 3
)
Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s
9
www.VNMATH.com
Làm tơng tự (II) có nghiệm (
2 -1 -1
; ;
3 3 3
);(
-1 2 -1
; ;
3 3 3
)
Hệ (III) có nghiệm (0;0;1); (
1 1 1
; ;
3 3 3
)
Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0).
Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên.
VD2: Giải hệ phơng trình:
2 2
2 2
2 2
x + y + z = 1
x + y + z = 1
x + y + z = 1
Giải: Hệ
2 2
x + y + z = 1
(y - z)(y + z - 1) = 0
(x - z)(x + z - 1) = 0
2 2 2 2
2 2 2 2
x + y + z = 1 x + y + z = 1
y=z (I) y = z (II)
x=z x + z - 1 = 0
x + y + z = 1 x + y + z = 1
z + y - 1 = 0 (III) z + y -
x = z
1 = 0 (IV)
x + z - 1 = 0
Giải các hệ bằng phơng pháp thế đợc 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1);
1 1 1
; ;
2 2 2
ữ
.
VD4: Giải hệ:
2
2
2
1
1
1
x y
y z
z x
= +
= +
= +
Giải: Xét hai trờng hợp sau:
TH1: Trong 3 số ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau:
Giả sử x=y có hệ
2
2
2
1
1
1
x x
y z
z x
= +
= +
= +
Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là :
1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5
; ; ; ; ;
2 2 2 2 2 2
+ + +
ữ ữ
ữ ữ
Tơng tự y=z, z=x ta cũng đợc nghiệm nh trên.
TH2 : 3 số x, y, z đôi một khác nhau .
Giả sử x>y>z ,xét hàm số f(t) = t
2
trên D =
[
)
1; +
a) z
0
, x>y>z
0
f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(vô lý).
b) z<y<x
0
f(x)<f(y)<f(z)y+1<z+1<x+1y<z<x(vô lý).
c) x>0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1x<0 (vô lý)
Vậy điều giả sử là sai.
TH2 vô nghiệm.
Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s
10
www.VNMATH.com
VD5:
2
2
2
2
2
2
x x y y
y y z z
z z x x
+ =
+ =
+ =
(Vô địch Đức)
Giải:
TH1: Trong x, y, z ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau
Giả sử x = y ta có hệ
3
2
2
2 0 (1)
2 0 (2)
2 0 (3)
x x x
x z x z
z x z x
+ =
+ =
+ =
Từ (1) x = 0, x = -1.
x = 0. Thay vào (2), (3) z=0.
x = -1. Thay vào (2), (3) 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 + x
2
y = y thấy nếu x
2
= 1
2 = 0 (vô lý)
Vậy x
2
1 2x + x
2
y = y
2
2
1
x
y
x
=
Hai phơng trình còn lại tơng tự ta có hệ phơng trình tơng đơng với:
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z
=
=
=
Giả sử x > y > z (*). Xét hàm số:
f(t) =
2
2
1
t
t
xác định trên D = R\ {1}
f
(t) =
2
2 2
2( 1)
0
(1 )
t
t
+
>
với mọi tD
hàm số đồng biến trên D
f(x) > f(y) > f(z)
y > z > x mâu thuẫn với (*).
Vậy điều giả sử sai. Do vai trò x, y, z nh nhau.
Vậy TH2 - hệ vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0)
C. Bài tập
1.
3 2
3 2
3 2
2
2
2
x y y y
y z z z
z x x x
= + +
= + +
= + +
2.
2
2 2
3 3(3 4) 4 4x x
=
Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s
11
www.VNMATH.com
Híng dÉn: §Æt
2
2
2
3 4
3 4
3 4
y x
x z
z y
= −
⇒ = −
= −
.
§a vÒ gi¶i hÖ
2
2
2
3 4
3 4
3 4
y x
z y
x z
= −
= −
= −
3.
xyz x y z
yzt y z t
ztx z t x
txy t x y
= + +
= + +
= + +
= + +
4.
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z
− + − =
− + − =
− + − =
5.
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z
=
+
=
+
=
+
III. Hệ phương trình đẳng cấp:
1. Dạng:
( )
( )
,
,
F x y A
G x y B
=
=
, trong đó
( ) ( ) ( ) ( )
, , ; , ,
n m
F kx ky k F x y G kx ky k G x y= =
.
2. Cách giải: Đặt y = tx (x ≠ 0) hoặc x = ty (y ≠ 0).
3. Ví dụ:
Giả hệ phương trình:
( )
2 2
2 2
2 3 9 *
4 5 5
x xy y
x xy y
− + =
− + =
GIẢI
+ Với x = 0: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
+ Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hệ phương trình tương đương với
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
1 2 3 9 1
1 4 5 5 2
x t t
x t t
− + =
− + =
. Lấy (1)÷(2) ta
được: 15t
2
−13t+2=0⇒
2
3
t =
;
1
5
t =
.
• Với
2
3
t =
: ta có
3
2
y x=
, thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), (−3;2).
• Với
1
5
t =
: ta có
1
5
y x=
, thay vào (*) ta được nghiệm
5 2 2 5 2 2
; , ;
2 2 2 2
−
÷ ÷
÷ ÷
.
4. Bài tập:
Giải các hệ phương trình sau:
1)
2 2
2 2
3 2 11
2 5 25
x xy y
x xy y
+ + =
+ + =
2)
2 2
2 2
6 2 56
5 49
x xy y
x xy y
− − =
− − =
3)
3 2
3 2
2 3 5
6 7
x x y
y xy
+ =
+ =
IV. Một số hệ phương trình khác:
Tổng hợp các kiến thức kết hợp với việc suy luận hợp lý để giải.
1.
2 2
2
( , )
2 1 2 2
+ + = −
∈
− − = −
¡
xy x y x y
x y
x y y x x y
.
HD: Biến đổi phương trình
2 2
2xy x y x y+ + = −
⇔ (x + y)(x −2y −1) = 0. ĐS: x = 5; y = 2.
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
12
www.VNMATH.com
2.
4 3 2 2
2
2 2 9
( , )
2 6 6
+ + = +
∈
+ = +
¡
x x y x y x
x y
x xy x
.
HD: Biến đổi hệ phương trình thành:
2 2
2
( ) 2 9
6 6
2
x xy x
x x
xy
+ = +
+ −
=
. ĐS: x = −4; y =
17
4
.
3.
( )
2 3 2
4 2
5
4
5
1 2
4
+ + + + = −
+ + + = −
x y x y xy xy
x y xy x
.
HD: Biến đổi hệ phương trình thành:
( )
( )
2 2
2
2
5
4
5
4
x y xy x y xy
x y xy
−
+ + + + =
−
+ + =
. Đặt:
2
u x y
v xy
= +
=
.
ĐS:
3
3
5
1
4
3
25
2
16
x
x
y
y
=
=
∨
−
=
= −
.
4.
( )
3
1 1
1
2 1
x y
x y
y x
− = −
= +
.
HD: (1) ⇒
( )
1
1 0x y
xy
− + =
÷
. ĐS:
( )
1 5 1 5 1 5 1 5
1;1 , ; , ;
2 2 2 2
− + − + − − − −
÷ ÷
÷ ÷
5.
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
25
y x
y
x y
− − =
+ =
.
HD: Tìm cách khử logarit để được:
3
4
y
x =
. ĐS:
( )
3; 4
6.
3
2
y x y x
x y x y
− = −
+ = + +
.
HD:
( )
3 3 6
1 0y x y x y x y x− = − ⇒ − − − =
. ĐS:
( )
3 1
1;1 , ;
2 2
÷
7.
2
2
2
2
2
3
2
3
y
y
x
x
x
y
+
=
+
=
.
HD: Đối xứng loại 2. ĐS:
( )
1;1
8.
( )
2 3
9 3
1 2 1
3log 9 log 3
x y
x y
− + − =
− =
.
HD: Tìm cách khử logarit để được:
x y=
. ĐS:
( ) ( )
1;1 , 2;2
.
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
13
www.VNMATH.com
9.
3
1 1 4
x y xy
x y
+ − =
+ + + =
HD: Đặt
t xy=
, bình phương hai vế phương trình thứ hai tìm được t=3. ĐS:
( )
3;3
.
10.
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y
+ + + =
+ + + = −
. Tìm m để hệ phương trình này có nghiệm thực.
HD: Đặt
1 1
,u x v y
x y
= + = +
, điều kiện
2, 2u v≤ ≤
. ĐS:
7
2, 22
4
m m≤ ≤ ≥
.
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
14
