phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (264.48 KB, 23 trang )
LỜI NÓI ĐẦU
Chuyên đề về phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức và bất phương trình là một
chuyên đề khó, và luôn có mặt trong các đề thi Đại học - Cao đẳng. Những bài toán thuộc
chuyên đề này thường được xem là những bài toán khó nhất, dùng để "nhận mặt" học sinh
giỏi. Và hệ phương trình đại số là một trong những bài toán như thế.
Các bài toán khó về hệ phương trình thường được ẩn dưới dạng không mẫu mực, tức là
không có dạng đã có quy tắc giải. Nhưng nếu biết cách biến đổi, ta cũng sẽ đưa được về các
dạng toán thường gặp. Nội dung này đòi hỏi phải nghiên cứu nhiều và kỹ, nắm vững các kiến
thức về bất đẳng thức, hằng đẳng thức, các kiến thức liên quan như: hàm số, đồ thị hàm
số, tính đơn điệu, các kiến thức cơ bản về lượng giác, Bài viết này sẽ đề cập đến một số
kỹ năng có thể dùng để giải quyết bài toán hệ phương trình không mẫu mực, trên tinh
thần trình bày về các kỹ năng biến đổi để đưa được một hệ phương trình không mẫu mực về
dạng có phương pháp giải. Các phương pháp trình bày trong bài không hẳn là phương pháp
giải, vì nó không áp dụng cho một lớp bài toán cụ thể nào, mà chủ yếu là giới thiệu cùng
bạn đọc những kỹ năng có thể sử dụng được để giải hệ phương trình không mẫu mực. Để
có thể giải quyết mọi bài toán về hệ phương trình, cần nhớ kỹ các phương pháp này và rèn
luyện nhiều, sử dụng thành thạo để khi đứng trước một hệ phương trình, bạn có đủ "công
cụ" để giải quyết nó. Trong phạm vi của một bài tập lớn, bài viết này chỉ xin đề cập đến các
hệ phương trình hai ẩn.
Bài viết này được trình bày theo ba phần:
- Mở đầu: Một số hệ phương trình thường gặp. Phần này chủ yếu nhắc lại dấu hiệu và cách
giải các dạng hệ phương trình quen thuộc.
- Phần thứ hai: Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực. Có 6 phương
pháp có thể dùng để giải một hệ phương trình không mẫu mực được trình bày trong bài viết,
các phương pháp giải này được phân tích thông qua việc giải từng ví dụ. Bài tập trong bài
được sưu tầm qua các tài liệu và các đề thi Đại học - Cao đẳng.
- Phần thứ ba: Ứng dụng. Phần này sẽ đưa ra lời giải các hệ phương trình trong các đề thi
Đại học - Cao đẳng, từ việc ứng dụng các phương pháp giải nêu ra ở phần hai.
Bài viết này chỉ là sản phẩm nghiên cứu nhỏ và chưa thật sâu sắc. Mặc dù rất cố gắng tham
khảo các tài liệu khác, dưới sự hướng dẫn và giúp đỡ của nhiều thầy cô và bạn học, nhưng
với thời gian ngắn, khả năng, kinh nghiệm còn hạn chế nên không tránh khỏi những sai sót,
rất mong nhận được ý kiến đóng góp từ phía thầy cô và các bạn để bài viết hoàn chỉnh hơn.
Huế, ngày tháng năm 2013.
Lê Thị Ái
Mục lục
1. Hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1. Khái niệm: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Các dạng hệ phương trình thường gặp: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2. Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.1. Phương pháp biến đổi tương đương. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.3. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.4. Phương pháp đánh giá. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.5. Phương pháp vec-tơ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.6. Phương pháp lượng giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3. Áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH
1. Hệ phương trình
1.1. Khái niệm:
Cho n phương trình f
i
(x) = g
i
(x), i = 1, n có tập xác định D
i
= Df
i
Dg
i
.
Hệ phương trình:
f
1
(x) = g
1
(x)
f
2
(x) = g
2
(x)
f
n
(x) = g
n
(x)
là hàm mệnh đề: "Giá trị tại x của mỗi hàm trong mỗi phương trình f
i
(x) = g
i
(x) là bằng
nhau", xác định trên tập D =
n
i=1
D
i
.
Gọi S
i
là tập nghiệm của phương trình f
i
(x) = g
i
(x), i = 1, n thì tập nghiệm của hệ phương
trình là S =
n
i=1
S
i
Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm.
1.2. Các dạng hệ phương trình thường gặp:
1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.
Dạng tổng quát:
ax + by = c
a
x + b
y = c
Cách giải: Có nhiều phương pháp để giải hệ phương trình này: phương pháp thế, phương
pháp cộng đại số, phương pháp dùng định thức,
2. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình khác (2 ẩn).
Dạng tổng quát:
ax + by + c = 0
f(x, y) = 0
Cách giải: Sử dụng phương pháp thế, từ phương trình bậc nhất, rút một ẩn thay vào phương
trình còn lại.
3. Hệ đối xứng loại 1.
Dạng tổng quát:
f(x, y) = 0
g(x, y) = 0
trong đó, nếu hoán đổi vị trí x, y cho nhau thì các phương trình trong hệ không thay đổi.
Cách giải:
+Biến đổi tương đương đưa về tổng và tích giữa các ẩn.
3 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH
+Đặt
S = x + y
P = x.y
. Thay vào hệ phương trình, giải ra S, P .
+Lúc đó, x, y là nghiệm của phương trình X
2
− SX + P = 0
4. Hệ đối xứng loại 2.
Dạng tổng quát
f(x, y) = 0
g(x, y) = 0
trong đó, nếu hoán đổi vị trí x, y cho nhau thì phương trình này trở thành phương trình kia.
Cách giải: Trừ vế theo vế của hai phương trình làm xuất hiện nhân tử chung x − y rồi đưa
hệ đã cho về hai hệ đơn giản hơn.
5. Hệ đẳng cấp.
Dạng tổng quát:
f
1
(x, y) = f
2
(x, y)
g
1
(x, y) = g
2
(x, y)
trong đó các đơn thức chứa biến trong mỗi phương trình có cùng bậc.
Cách giải:
+ Xét trường hợp x = 0
+ Khi x = 0, đặt y = kx. Chia vế cho vế của hai phương trình rồi đưa về giải phương trình
một ẩn k.
Ngoài những hệ phương trình thường gặp như trên còn có nhiều hệ khác như: hệ phương
trình bậc nhất 3 ẩn, hệ hoán vị vòng quanh,
Hệ phương trình không mẫu mực có thể hiểu là những hệ không có dạng cụ thể, không có
phương pháp giải riêng. Như vậy, đứng trước một hệ phương trình không mẫu mực, ta khó
có thể biết được ngay là sẽ giải như thế nào. Khi đó, cần nhớ tới mọi phương pháp có thể
sử dụng, thử từng phương pháp mà ta nghĩ có thể giải được. Vì vậy, điều quan trọng là phải
nắm vững những kỹ thuật biến đổi hệ phương trình không mẫu mực.
4 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
2. Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu
mực.
Các hệ phương trình không mẫu mực thì không có dạng cụ thể, vì vậy cần biết rõ những
phương pháp giải để có thể sử dụng. Dưới đây là những phương pháp thường dùng.
2.1. Phương pháp biến đổi tương đương.
Là phương pháp sử dụng các kỹ thuật biến đổi đồng nhất, nhằm đưa một phương trình trong
hệ về dạng đơn giản hơn để giải, hoặc đưa hệ về các dạng đã biết ở trên.
Các kỹ thuật thường sử dụng trong biến đổi tương đương:
Rút x theo y (hoặc ngược lại), rồi thế vào phương trình còn lại, phép biến đổi này còn gọi
là phép rút thế, sử dụng khi trong hệ có một phương trình bậc nhất theo ẩn x (hoặc y, hoặc
là một đại lượng nào đó chứa x, y xuất hiện sau một số bước biến đổi):
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:
(I)
4(x
2
+ y
2
) + 4xy +
3
(x + y)
2
= 7
2x +
1
x + y
= 3
Giải: Điều kiện x + y = 0
(I) ⇔
3(x + y)
2
+ 6 +
3
(x + y)
2
+ (x −y)
2
= 13
1
x + y
= 3 −2x
⇔
3
x + y +
1
x + y
2
+ (x −y)
2
= 13
1
x + y
= 3 −2x
⇔
3(x + y + 3 − 2x)
2
+ (x −y)
2
= 13
1
x + y
= 3 −2x
⇔
4(x −y)
2
+ 18(y − x) + 14 = 0
1
x + y
= 3 −2x
⇔
y − x = −1
y − x =
−7
2
1
x + y
= 3 −2x
⇔
y = x −1
1
2x −1
= 3 −2x
y = x −
7
2
2
4x −7
= 3 −2x
⇔
x = 1
y = 0
Vậy hệ có tập nghiệm là S = {(1, 0)}.
Ví dụ 2. (ĐH B - 2008) Giải hệ phương trình
x
4
+ 2x
3
y + x
2
y
2
= 2x + 9
x
2
+ 2xy = 6x + 6
5 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Giải: Hệ phương trình tương đương
(x
2
+ xy)
2
= 2x + 9 (1)
x
2
+ 2xy = 6x + 6 (2)
.
(2) ⇔ xy =
6x + 6 − x
2
2
.
Thay vào (1) ta được:
x
2
+
6x + 6 − x
2
2
2
= 2x + 9 ⇔ (x
2
+ 6x + 6)
2
= 8x + 36
⇔ x
4
+ 12x
3
+ 48x
2
+ 64x = 0 ⇔
x = 0
x = −4
Ta thấy (0, y) không là nghiệm của hệ phương trình ∀y ∈ R
Với x = −4 thì y =
17
4
.
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =
−4,
17
4
Biến đổi một phương trình trong hệ về dạng tích các đa thức hai ẩn, kết hợp với phương
trình còn lại ta được hệ mới tương đương với hệ ban đầu:
Ví dụ 3. (ĐH D - 2008) Giải hệ phương trình
xy + x + y = x
2
− 2y
2
(1)
x
√
2y − y
√
x −1 = 2x − 2y (2)
Giải: Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ 0
(1) ⇔ x
2
−xy −2y
2
−(x + y) = 0 ⇔ (x + y)(x −2y) −(x + y) = 0 ⇔ (x + y)(x −2y −1) = 0
⇔ x = 2y + 1(vì với điều kiện trên thì x + y ≥ 1)
Như vậy, hệ đã cho tương đương với
x = 2y + 1
x
√
2y − y
√
x −1 = 2x − 2y
Thay x = 2y + 1 vào phương trình (2) ta được:
(2y + 1)
√
2y − y
√
2y = 2(2y + 1) −2y ⇔ y
√
2y +
√
2y = 2y + 2 ⇔ (y + 1)(
√
2y − 2) = 0
⇔
√
2y = 2 ⇔ y = 2 ⇒ x = 5
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = {(5, 2)}.
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:
x
2
+ xy + 2y = 2y
2
+ 2x (1)
y
√
x −y + 1 + x = 2 (2)
Giải: Điều kiện: x −y + 1 ≥ 0
(1) ⇔ x
2
+ xy + 2y − 2y
2
− 2x = 0 ⇔ (x −y)(x + 2y −2) = 0 ⇔
x = y (3)
x = 2 −2y (4)
Từ (3) và (2) ta có x = y = 1.
Từ (4) và (2) ta có
x = 2 −2y
y
√
x −y + 1 + x = 2
⇔
x = 2 −2y
y
√
3 −3y = 2y
⇔
y = 0; x = 2
y =
−1
3
; x =
8
3
Vậy tập nghiệm của hệ là S =
(2, 0),
8
3
,
−1
3
6 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Đưa một phương trình trong hệ về phương trình bậc hai một ẩn, ẩn còn lại (nếu có) là
tham số.
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình:
x
2
− y
2
− 2x + 2y = x −1 (1)
√
x −y +
√
x −y + 1 = 1 (2)
Giải: Điều kiện:
x
2
− y
2
− 2x + 2y ≥ 0
x −y ≥ 0
(1) ⇔
x ≥ 1
−y
2
+ 2y = 1
⇔
x ≥ 1
y = 1
Thay y = 1 vào phương trình (2) ta được:
√
x −1 +
√
x = 1 ⇔ 2x −1 + 2
√
x
2
− x = 1 ⇔ 2
√
x
2
− x = 2 −2x
⇔
x ≤ 1
x
2
− x = x
2
− 2x + 1
⇔ x = 1
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(1, 1)}
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình:
√
2x −3 = (y
2
+ 2011)(5 −y) +
√
y (1)
y(y −x + 2) = 3x + 3 (2)
Giải: Điều kiện: x ≥ −
3
2
, y ≥ 0
Xét phương trình (2): y
2
+ (2 −x)y −3x −3 = 0
∆ = (2 − x)
2
− 4(−3x −3) = x
2
+ 8x + 16 = (x + 4)
2
⇒
√
∆ = |x + 4|
Vậy (2) ⇔
y
1
=
x −2 − x −4
2
= −3 (loại)
y
2
=
x −2 + x + 4
2
= x + 1
⇔ y = x + 1
Thay y = x + 1 vào (1) ta được:
√
2x −3 = [(x + 1)
2
+ 2011] (4−x)+
√
x + 1 ⇔
√
2x −3−
√
x + 1 = [(x + 1)
2
+ 2011] (4−x)
⇔
x −4
√
2x −3 +
√
x + 1
=
(x + 1)
2
+ 2011
⇔ (x −4)
1
√
2x −3 +
√
x + 1
+ (x + 1)
2
+ 2011
= 0
⇔ x = 4 ⇒ y = 5
Vậy tập nghiệm của hệ là S = {(4, 5)}
7 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Ngoài ra, có thể sử dụng phương pháp cộng đại số để biến đổi tương đương, làm triệt tiêu
một đại lượng nào đó trong một phương trình của hệ để được phương trình bậc nhất theo ẩn
nào đó (chứa x, y).
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình:
(∗)
x
2
+ y
2
− 10x = 0
x
2
+ y
2
+ 4x −2y −20 = 0
Giải:
(∗) ⇔
14x −2y − 20 = 0
x
2
+ y
2
− 10x = 0
⇔
y = 7x −10 (1)
x
2
+ y
2
− 10x = 0 (2)
Thế (1) vào (2) ta được phương trình x
2
− 3x + 2 = 0 ⇔
x = 1
x = 2
x = 1 ⇒ y = −3; x = 2 ⇒ y = 4
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(1, −3), (2, 4)}
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình:
(∗)
x
2
+ y
2
− 3x + 4y = 1
3x
2
− 2y
2
− 9x −8y = 3
Giải:
(∗) ⇔
x(x −3) + y(y + 4) = 1
3x(x −3) − 2y(y + 4) = 3
⇔
x(x −3) + y(y + 4) = 1
5x(x + 3) = 5
⇔
x(x −3) = 1
y(y + 4) = 0
⇔
x =
3 ±
√
13
2
y = 0
y = 4
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =
3 ±
√
13
2
, 0
,
3 ±
√
13
2
, −4
.
2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ.
Khi giữa các phương trình trong hệ có các đại lượng giống nhau, ta đặt ẩn phụ để đưa về
một hệ đơn giản hơn hoặc quen thuộc. Thông thường với các hệ phương trình không mẫu
mực, ta khó nhận ra ngay được nên đặt cái gì. Vì vậy, bước đầu tiên là biến đổi tương đương,
thường là chia hoặc nhân với một biểu thức nào đó của biến, chẳng hạn x, y, x
2
, x
3
, xy,
Sau một số bước biến đổi, nếu hệ xuất hiện các đại lượng giống nhau thì ta sử dụng tiếp
phương pháp này.
Một số biểu thức thường được đặt ẩn phụ: x + y, xy,
1
x
,
1
y
,
x
2
y
,
y
2
x
, ta cũng chú ý đến một số
hằng đẳng thức x.
1
x
= 1, x
2
+ y
2
= (x + y)
2
−2xy để nhận diện được bài toán có thể đặt ẩn
phụ để giải.
8 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Ví dụ 9. Giải hệ phương trình:
(∗)
x
2
+ 1 + y(y + x) = 4y (1)
(x
2
+ 1)(y + x −2) = y (2)
Phân tích: Ta thấy hai phương trình của hệ có các đại lượng chung như x
2
+ 1, y + x, y
nên ta dự đoán sẽ dùng phương pháp đặt ẩn phụ cho các đại lượng trên.
Giải:
Dễ thấy ∀x ∈ R, (x, 0) không là nghiệm của hệ phương trình nên (∗) ⇔
x
2
+ 1
y
+ (y + x) = 4
x
2
+ 1
y
(y + x −2) = 1
Đặt u =
x
2
+ 1
y
, v = y + x − 2, hệ phương trình trở thành:
u + v = 2
u.v = 1
⇔ u = v = 1.
Từ đó ta có hệ phương trình
x
2
+ 1 = y
x + y = 3
⇔
x = 1, y = 2
x = −2, y = 5
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(1, 2), (−2, 5)}
Ví dụ 10. Giải hệ phương trình:
x
4
− 4x
2
+ y
2
− 6y + 9 = 0
x
2
y + x
2
+ 2y − 22 = 0
(∗)
Giải:
(∗) ⇔
(x
2
− 2)
2
+ (y − 3)
2
= 4
(x
2
− 2)(y − 3) + 4(x
2
− 2) + 4(y −3) = 8
Đặt:
u = x
2
− 2
v = y − 3
. Khi đó hệ trở thành:
u
2
+ v
2
= 4
uv + 4(u + v) = 8
⇔
(u + v)
2
− 2uv = 4
uv + 4(u + v) = 8
⇔
uv = 8 −4(u + v)
(u + v)
2
+ 8(u + v) = 20
⇔
u + v = 2; uv = 0
u + v = −10; uv = 48
TH1:
u + v = 2
uv = 0
⇔
u = 2
v = 0
u = 0
v = 2
⇔
x = ±2
y = 3
x = ±
√
2
y = 5
TH2:
u + v = −10
uv = 48
⇔ u, v là nghiệm của phương trình S
2
+ 10S + 48 = 0(vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S =
(±2, 3), (±
√
2, 5)
.
9 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Ví dụ 11. Giải hệ phương trình:
7x
2
+ 7x = t (1)
28t
2
− 4x = 9 (2)
Phân tích: Ta thấy hai vế của phương trình chưa có đại lượng gì chung, nhưng ở đây t
được biểu diễn qua x nên dễ nghĩ ngay đến phương pháp thế. Nhưng nếu thế vào thì sẽ ra
phương trình bậc 4 không có dạng đặc biệt, giải phương trình này không hề dễ dàng. Để ý
thấy hệ số chứa bậc hai của ẩn và bậc nhất của ẩn ở hai phương trình tương ứng tỉ lệ với
nhau, nên ta mong muốn sẽ đưa được hệ về dạng đối xứng loại 2.
Giải: Đặt t = y +
1
2
⇒ t
2
= y
2
+ y +
1
4
Khi đó, hệ phương trình trở thành
7x
2
+ 7x = y +
1
2
28y
2
+ 28y = 4x + 2
.
Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2, giải hệ theo cách đã có. Cái ta quan tâm ở đây là
tại sao đặt được x = y +
1
2
?
-Để đưa hệ về dạng đối xứng theo x và y thì ta phải đặt t là hàm bậc nhất theo y, vì khi đó,
ở phương trình thứ 2 ta mới có bậc cao nhất của y là 2. Như vậy, ta đặt t = ay + b, suy ra
t
2
= a
2
y
2
+ 2aby + b
2
. Khi đó hệ trở thành:
7x
2
+ 7x = ay + b
28.a
2
y
2
+ 56aby = 4x + 9 −28b
2
.
-Chọn a, b sao cho các hệ số chứa ẩn có số mũ bằng nhau tương ứng tỉ lệ với nhau, cụ thể là
7
28a
2
=
7
56ab
=
a
4
=
b
9 −28b
2
. Suy ra a = 1, b =
1
2
Giải hệ đối xứng trên ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là:
S =
−6 + 5
√
2
14
,
1 + 5
√
2
14
,
−6 −5
√
2
14
,
1 −5
√
2
14
,
−8 +
√
46
14
,
−1 −
√
46
14
,
−8 −
√
46
14
,
−1 +
√
46
14
2.3. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Phương pháp này thường được sử dụng khi một trong hai phương trình của hệ có dạng
f(x) = 0 hoặc f(x) = f (y), với f là hàm đơn điệu trên tập D và x, y thuộc D. Nhiều khi ta
phải căn cứ vào điều kiện hoặc phương trình còn lại để đánh giá x, y sao cho x, y thuộc vào
tập mà hàm f đơn điệu.
Để sử dụng phương pháp này, ta cần nắm rõ các tính chất quan trọng về hàm đơn điệu:
-Nếu f(x) lên tục và đơn điệu trên khoảng (a, b) thì nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm
thì nghiệm đó là duy nhất trên khoảng (a, b). Hơn nữa, f(x) = f(y) ⇔ x = y.
-Nếu f(x), g(x) liên tục, đơn điệu và ngược chiều biến thiên trên khoảng (a, b) thì phương
trình f(x) = g(x) có không quá 1 nghiệm trong khoảng (a, b).
Với phương pháp này, kỹ năng đoán nghiệm cũng rất cần thiết. Thông thường các bài giải
10 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
theo phương pháp hàm số này, thường rất khó mà giải ra nghiệm theo các cách thông thường,
nên ta sẽ đoán nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất.
Ví dụ 12. Giải hệ phương trình:
x
3
− 5x = y
3
− 5y (1)
x
8
+ y
4
= 1 (2)
Giải: Từ (2) ta có: x
8
≤ 1, y
4
≤ 1 ⇔ |x| ≤ 1, |y| ≤ 1
Xét hàm số f(t) = t
3
− 5t, t ∈ [−1, 1]
f
(t) = 3t
2
− 5 < 0, ∀t ∈ [−1, 1] nên f(t) nghịch biến trên khoảng [−1, 1].
Suy ra (1) ⇔ f(x) = f (y) ⇔ x = y
Thay vào (2) ta được: x
8
+ x
4
= 1 ⇔ x
4
=
−1 +
√
5
2
⇔ x = ±
4
−1 +
√
5
2
Vậy tập nghiệm của hệ là S =
4
−1 +
√
5
2
,
4
−1 +
√
5
2
,
−
4
−1 +
√
5
2
, −
4
−1 +
√
5
2
.
Ví dụ 13. Giải hệ phương trình:
√
3 + x
2
+ 2
√
x = 3 +
√
y (1)
3 + y
2
+ 2
√
y = 3 +
√
x (2)
Giải: Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0
Lấy (1) trừ (2) ta được:
√
3 + x
2
−
3 + y
2
+ 2
√
x −2
√
y =
√
y −
√
x
⇔
√
3 + x
2
+ 3
√
x =
3 + y
2
+ 3
√
y(∗)
Xét hàm số f(u) =
√
3 + u
2
+ 3
√
u, u ≥ 0.
f
(u) =
u
√
3 + u
2
+
3
2
√
u
> 0, ∀u > 0.
⇒ f(u) đồng biến trên [0, +∞)
Nên (∗) ⇔ f(x) = f (y) ⇔ x = y
Thay x = y vào phương trình (1) ta được:
√
3 + x
2
+2
√
x = 3+
√
x ⇔
√
3 + x
2
+
√
x = 3(∗∗)
Ta thấy, x = 1 là nghiệm của phương trình (∗∗).
Mặt khác, xét f(t) =
√
3 + t
2
+
√
t, t ≥ 0
f
(t) =
t
√
3 + t
2
+
1
2
√
t
> 0, ∀t > 0
⇒ f(t) đồng biến trên [0, +∞) nên phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1.
Vậy hệ có duy nhất nghiệm x = y = 1.
Ví dụ 14. Giải hệ phương trình:
√
2x + 1 −
√
2y + 1 = x − y (1)
x
2
− 12xy + 9y
2
+ 4 = 0 (2)
11 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Giải: Điều kiện: x, y ≥ −
1
2
.
(2) ⇔ 12xy = x
2
+ 9y
2
+ 4. Suy ra, nếu hệ có nghiệm (x,y) thì x.y>0.
(1) ⇔
√
2x + 1 − x =
√
2y + 1 −y.
Xét hàm f(t) =
√
2t + 1 − t, t ≥ −
1
2
. Ta có:
f
(t) =
1
√
2t + 1
− 1 > 0 ⇔
√
2t + 1 < 1 ⇔ t < 0.
⇒ f(t) đồng biến trên
−
1
2
, 0
, nghịch biến trên (0, +∞).
TH1: x, y ∈
−
1
2
, 0
⇒ f(x) = f(y) ⇔ x = y (do f(t) đồng biến).
TH2: x, y ∈ (0, +∞) ⇒ f(x) = f (y) ⇔ x = y (do f(t) nghịch biến).
Suy ra (1) ⇔ x = y. Thay vào phương trình (2) ta được: 2x
2
= 4 ⇔ x =
√
2 (do x ≥ −
1
2
).
Vậy hệ có duy nhất nghiệm x = y =
√
2.
2.4. Phương pháp đánh giá.
Phương pháp này sử dụng các bất đẳng thức cơ bản, và các biểu thức không âm. Muốn sử
dụng được cần phải rèn luyện kĩ năng đánh giá và phát hiện các biểu thức không âm đó.
Lưu ý các kết quả thường dùng:
(A ±B)
2n
≥ 0
k
√
A
2n
+ B ≥
k
√
B, B ≥ 0, k ∈ N
∗
A
2n
+ B
2m
= 1 ⇒
A ≤ 1
B ≤ 1
Ví dụ 15. Giải hệ phương trình
2x +
1 −y
2
= 2 (1)
2y +
√
1 −x
2
= 2 (2)
Giải: Điều kiện: −1 ≤ x, y ≤ 1
(1) ⇔ 2x = 2 −
1 −y
2
Ta có:
0 ≤
1 −y
2
≤ 1 ⇔ 1 ≤ 2 −
1 −y
2
≤ 2
⇔ 1 ≤ 2x ≤ 2 ⇔
1
2
≤ x ≤ 1
Tương tự, ta cũng có
1
2
≤ y ≤ 1.
Lấy (1) trừ (2) ta được: 2x−2y +
1 −y
2
−
√
1 −x
2
= 0 ⇔ 2x−
√
1 −x
2
= 2y −
1 −y
2
(∗)
Xét hàm số f(t) = 2t −
√
1 −t
2
,
1
2
≤ t ≤ 1
12 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
f
(t) = 2 +
t
√
1 −t
2
> 0, ∀t ∈
1
2
, 1
⇒ f(t)đồng biến trên đoạn
1
2
, 1
Nên (∗) ⇔ f(x) = f (y) ⇔ x = y
Thay x = y vào phương trình (1) ta được:
2x +
√
1 −x
2
= 2 ⇔ 3x
2
+ 4x
√
1 −x
2
+ 1 = 4
⇔ 4x
√
1 −x
2
= 3 −3x
2
⇔ 16x
2
− 16x
4
= 9x
4
− 18x
2
+ 9
⇔ 25x
4
− 34x
2
+ 9 = 0 ⇔
x
2
= 1
x
2
=
9
25
⇔
x = 1
x =
3
5
Vậy hệ có tập nghiệm là S =
(1, 1),
3
5
,
3
5
Nhận xét: hệ phương trình trên là hệ đối xứng loại 2 nên theo cách giải thông thường, ta
thường trừ vế theo vế của hai phương trình, khi đó ta có
(∗) ⇔ 2(x −y) =
y
2
− x
2
√
1 −x
2
+
1 −y
2
⇔ (x −y)
2 +
x + y
√
1 −x
2
+
1 −y
2
= 0
Đến đây ta phải đánh giá được 2 +
x + y
√
1 −x
2
+
1 −y
2
luôn dương, căn cứ vào miền giá trị
của x, y mà ta đã có
1
2
≤ x, y ≤ 1. Vậy, dù giải bằng cách gì đi nữa thì đối với bài toán này,
kỹ thuật đánh giá là cần thiết, và có vai trò quyết định khi giải.
Ví dụ 16. Giải hệ phương trình:
√
x
2
− 2x + 2 +
4
y
2
− 2y + 2 = 2
4
√
x +
√
y + 3 = 3
(∗)
Nhận xét: Trước hết, hệ trên không có dạng gì quen thuộc. Ta thấy hệ trên vừa có căn bậc
hai, vừa có căn bậc 4 nên không thể sử dụng phương pháp bình phương hai vế, càng không
biến đổi để đưa về phương pháp đặt ẩn phụ được. Nhưng các biểu thức trong căn của phương
trình đầu tiên có thể đưa được về dạng bình phương cộng với một số dương, nên ta sẽ đánh
giá phương trình này.
Giải: Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ −3
(∗) ⇔
(x −1)
2
+ 1 +
4
(y − 1)
2
+ 1 = 2 (1)
4
√
x +
√
y + 3 = 3 (2)
Ta có:
(x −1)
2
+ 1 +
4
(y − 1)
2
+ 1 ≥ 2. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Vậy (1) ⇔ x = y = 1
Thay x = y = 1 vào phương trình (2):
4
√
1 +
√
1 + 3 = 3 (đúng)
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S = {(1, 1)}
Ví dụ 17. Giải hệ phương trình:
x
3
+ y
2
= 2 (1)
x
2
+ xy + y
2
− y = 0 (2)
13 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Nhận xét: Hệ trên không đồng bậc, cũng không thể sử dụng phương pháp rút thế hay
cộng đại số, hàm số đơn điệu cũng không. Nhưng ta có thể xem phương trình (2) lần lượt là
phương trình bậc 2 đối với ẩn x và y, để xét xem với giá trị nào của x, y thì hệ phương trình
có nghiệm.
Giải:
Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x, khi đó: ∆
x
= 4y −3y
2
Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn y, khi đó ∆
y
= (x −1)
2
− 4x
2
= 1 −2x −3x
2
Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
∆
x
≥ 0
∆
y
≥ 0
⇔
0 ≤ y ≤
4
3
−1 ≤ x ≤
1
3
Với x, y như trên thì x
3
+ y
2
< 2.
Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 18. Giải hệ phương trình:
x
2
+ x −2 = 4
√
y − 1 (1)
y
2
+ y − 2 = 4
√
x −1 (2)
Giải: Điều kiện: x, y ≥ 1.
Trừ vế theo vế của hai phương trình, ta được:
x
2
− y
2
+ x −y = 4
√
y − 1 −4
√
x −1 ⇔ (x −y)(x + y + 1) = 4(
√
y − 1 −
√
x −1)(∗).
Nếu x < y thì
(x −y)(x + y + 1) < 0
4
√
y − 1 −4
√
x −1 > 0
.
Nếu x > y thì
(x −y)(x + y + 1) > 0
4
√
y − 1 −4
√
x −1 < 0
.
Nếu x = y thì x
2
− y
2
+ x −y = 4
√
y − 1 −4
√
x −1.
Vậy (∗) ⇔ x = y.
Thay x = y vào (1), ta được: x
2
+ x −2 = 4
√
x −1 ⇔ (x −1)(x + 2) = 4
√
x −1
⇔
x = 1
(x −1)(x + 2)
2
= 16
⇔
x = 1
x
3
+ 3x
2
− 20 = 0
⇔
x = 1
x = 2
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(1, 1), (2, 2)}.
Nhận xét, bài toán trên trước hết là có dạng đối xứng loại 2, nên cách giải thông thường là
trừ vế theo vế của hai phương trình cho nhau được phương trình (∗). Khi đó, ta có thể nhân
lượng liên hợp bên vế phải, chú ý trường hợp x = y = 1. Nhưng không cần thiết phải làm như
vậy. Dễ dàng thấy được rằng, với x = y thì cả hai vế của phương trình đều bằng 0, nên ở đây
ta sử dụng phương pháp đánh giá.
Ví dụ 19. Giải hệ phương trình:
2x = y +
1
y
2y = z +
1
z
2z = x +
1
x
14 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Giải: Điều kiện: xyz = 0
Trước tiên ta thấy rằng nếu (x, y, z) là một nghiệm của hệ thì x, y, z cùng dấu và (−x, −y, −z)
cũng là một nghiệm của hệ. Vậy nên giả sử x, y, z > 0. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy
cho hai số không âm, ta có:
2x = y +
1
y
≥ 2
2y = z +
1
z
≥ 2
2z = x +
1
x
≥ 2
⇔
x ≥ 1
y ≥ 1
z ≥ 1
Cộng vế theo vế của 3 phương trình trong hệ, ta được: x + y + z =
1
x
+
1
y
+
1
z
(∗)
Ta thấy với x > 1 hoặc y > 1 hoặc z > 1 thì
1
x
+
1
y
+
1
z
=
x + y + z
xyz
< x + y + z
Với x = y = z = 1 thì x + y + z =
1
x
+
1
y
+
1
z
. Vậy (∗) ⇔ x = y = z = 1.
Vậy tập nghiệm của hệ là S = {(1, 1, 1), (−1, −1, −1)}.
Qua các ví dụ trên, ta thấy một điều rằng: khi sử dụng phương pháp đánh giá, ta thường
dựa vào điều kiện, hoặc một phương trình nào đó trong hệ để tìm ra nghiệm cho 1 phương
trình trong hệ. Sau đó ta thay giá trị đó vào phương trình còn lại để kiểm tra xem đó có
phải là nghiệm của hệ hay không. Trường hợp khác, ta đánh giá miền xác định của ẩn, sau
đó đưa hệ về dạng một phương trình mà có thể xác định nghiệm thông qua đánh giá giá trị
trên miền xác định của ẩn. Từ đó kết luận nghiệm của hệ phương trình.
2.5. Phương pháp vec-tơ.
Phương pháp này chủ yếu dựa vào biểu thức tích vô hướng của hai vector. Cần ghi nhớ các
kiến thức sau:
Tích vô hướng:
Cho
−→
u = (x
1
, y
1
);
−→
v = (x
2
, y
2
) ⇒
−→
u .
−→
v = |
−→
u |. |
−→
v |. cos(
−→
u ,
−→
v ) = x
1
x
2
+ y
1
y
2
;
|
−→
u | =
x
2
1
+ y
2
1
Lưu ý các bất đẳng thức:
|
−→
u |. |
−→
v | ≥
−→
u .
−→
v Dấu "=" xảy ra ⇔
−→
u = k
−→
v , k > 0
|
−→
u |+ |
−→
v | ≥ |
−→
u +
−→
v | Dấu "=" xảy ra ⇔
−→
u = k
−→
v , k > 0
|
−→
u |−|
−→
v | ≤ |
−→
u +
−→
v | Dấu "=" xảy ra ⇔
−→
v =
−→
0
−→
u = −k
−→
v , k > 0
Giải hệ phương trình bằng phương pháp vector là biến đổi các phương trình trong hệ thành
một trong các dạng bất đẳng thức trên, sau đó đánh giá dấu bằng để giải phương trình.
Ví dụ 20. Giải hệ phương trình:
(I)
x
2
+ y
2
= −y(x + z) (1)
x
2
+ x + y = −2yz (2)
3x
2
+ 8y
2
+ 8xy + 8yz = 2x + 4z + 2 (3)
15 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Giải:
(I) ⇔
x(x + y) + y(y + z) = 0
x(x + 1) + y(2z + 1)
4(x + y)
2
+ 4(y + z)
2
= (x + 1)
2
+ (2z + 1)
2
Đặt
−→
a = (x, y)
−→
b = (x + y, y + z)
−→
c = (x + 1, 2z + 1)
. Hệ trở thành:
−→
a .
−→
b = 0
−→
a .
−→
c = 0
4
−→
b
2
=
−→
c
2
∗ Nếu
−→
a =
−→
0 thì x = y = 0, z = −
1
2
∗ Nếu
−→
a =
−→
0 thì
−→
b ,
−→
c cùng phương ⇒
−→
c = ±2
−→
b
+
−→
c = 2
−→
b , kết hợp với (2) ta có:
x + 1 = 2x + 2y
2z + 1 = 2y + 2z
x
2
+ x + y = −2yz
⇔
x = 0
y =
1
2
z = −
1
2
.
+
−→
c = −2
−→
b , kết hợp (2) ta có:
x + 1 = −2x − 2y
2z + 1 = −2y −2z
x
2
+ x + y = −2yz
(hệ VN)
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =
0, 0, −
1
2
,
0,
1
2
, −
1
2
.
Ví dụ 21. Giải hệ phương trình:
(x + y)
√
1 + x + y +
√
3 −x − y = 2
(x + y)
2
+ 1 (1)
x + y ≥
√
2 (2)
x −y =
√
2 −1 (3)
Giải: Điều kiện: x + y ≤ 3
Đặt
−→
u = (x + y, 1)
−→
v = (
√
1 + x + y,
√
3 −x − y)
⇒
|
−→
u | =
(x + y)
2
+ 1
|
−→
v | = 2
Khi đó (1) ⇔
−→
u = k
−→
v , k > 0 ⇔ |
−→
u | = 2k ⇒ k
2
=
(x + y)
2
+ 1
4
(∗)
Do
−→
u = k
−→
v nên 1 = k
√
3 −x − y ⇔ 1 = k
2
(3 −x − y)(∗∗)
Thay (∗) vào (∗∗) ta được −(x+y)
3
+3(x+y)
2
−(x+y)−1 = 0 ⇔
x + y = 1 <
√
2 (loại)
x + y = 1 −
√
2 <
√
2 (loại)
x + y = 1 +
√
2 >
√
2
⇔ x + y = 1 +
√
2
Kết hợp với phương trình (3) ta giải được x =
√
2, y = 1
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S =
(
√
2, 1)
.
16 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
2.6. Phương pháp lượng giác.
Mục đích của phương pháp này là thay đổi hình thức của hệ phương trình đại số thành hệ
phương trình lượng giác đơn giản, dễ giải hơn.
Để thực hiện phương pháp này, ta tiến hành theo 2 bước:
- Lượng giác hóa hệ phương trình.
- Giải hệ phương trình lượng giác.
Muốn làm được phương pháp này, cần nắm vững các dạng hệ phương trình lượng giác cơ
bản cùng với các phương pháp giải hệ phương trình lượng giác. Sau đây là một số biểu thức
thường được lượng giác hóa:
Biểu thức Cách lượng giác hóa biểu thức
√
a
2
− x
2
x = |a|sin t với −
π
2
≤ t ≤
π
2
x = |a|cos t với 0 ≤ t ≤ π
√
x
2
− a
2
x =
|a|
sin t
với t ∈
−
π
2
,
π
2
\{0}
x =
|a|
cos t
với t ∈ [0, π] \
π
2
√
a
2
+ x
2
x = |a|tan t với −
π
2
< t <
π
2
x = |a|cot t với 0 < t < π
a + x
a −x
hoặc
a −x
a + x
x = a cos 2t
(x −a)(b −x) x = a + (b −a) sin
2
t
a + b
1 −ab
a = tan α
b = tan β
, với α, β ∈ (−
π
2
,
π
2
)
Ví dụ 22. Giải hệ phương trình:
x +
1 −y
2
= 1
y +
√
1 −x
2
=
√
3
Giải: Điều kiện: −1 ≤ x, y ≤ 1
Đặt x = cos α, y = cos β; với α, β ∈ [0, π]. Khi đó hệ trở thành:
cos α + sin β = 1
cos β + sin α =
√
3
⇔
cos α + sin β = 1
sin(α + β) = 1
⇔
cos α + sin β = 1
α + β =
π
2
⇔
α =
π
2
− β
sin β =
1
2
⇔
β =
π
6
α =
π
3
⇔
x =
1
2
y =
√
3
2
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S =
1
2
,
√
3
2
.
17 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC.
Ví dụ 23. Giải hệ phương trình sau:
x
1 −y
2
+ y
√
1 −x
2
= 1
(1 −x)(1 + y) = 2
Giải: Điều kiện: −1 ≤, y ≤ 1
Đặt
x = cos α
y = cos β
, α, β ∈ [0, π ] Khi đó, hệ phương trình trở thành:
cos α. sin β + cos β. sin α = 1
(1 −cos α)(1 + cos β) = 2
⇔
sin(α + β) = 1
cos β − cos α − cos α. cos β − 1 = 0
⇔
α + β =
π
2
sin α − cos β − sin α. cos α − 1 = 0
⇔
α + β =
π
2
(sin α − cos α) +
(sin α − cos α)
2
− 1
2
− 1 = 0
⇔
α + β =
π
2
sin α − cos α = 1
⇔
α =
π
2
β = 0
⇔
x = 0
y = 1
Vậy hệ đã cho có tập nghiệm là S = {(0, 1)}.
Ví dụ 24. Giải hệ phương trình:
2y
1 + y
2
= x
2x
1 + y
2
= y
Giải:
Đặt
x = tan α
y = tan β
, với α, β ∈
−
π
2
,
π
2
. Khi đó hệ trở thành:
2 tan β
1 + tan
2
β
= tan α
2 tan α
1 + tan
2
α
= tan β
⇔
sin 2β = tan α (1)
sin 2α = tan β (2)
+ Nếu sin α = 0 hoặc sin β = 0 thì sin α = sin β = 0 ⇔ x = y = 0
+ Xét sin α. sin β = 0
Nhân vế theo vế của hai phương trình (1) và (2), ta được:
sin 2α. sin 2β = tan α. tan β ⇔ 4 cos α. cos β =
1
cos α. cos β
⇔ cos α. cos β =
1
2
(do cách đặt)
Từ đó ta có:(1) ⇔ sin β = sin α ⇔ α = β
Do đó:cos
2
α =
1
2
⇔ cos α =
√
2
2
⇔ α =
π
4
+ kπ, k ∈ Z
Khi đó: x = y = tan α ⇔
x = y = 1
x = y = −1
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(0, 0), (1, 1), (−1, −1)}.
18 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
3 ÁP DỤNG.
3. Áp dụng.
Như đã nói từ đầu, vì hệ phương trình không mẫu mực tức là không có dạng cụ thể, nên
cũng không thể nói mỗi phương pháp trên được áp dụng cho lớp bài toán như thế nào. Một
số bài toán cần phải áp dụng nhiều kỹ thuật biến đổi mới có thể giải được. Sau đây sẽ áp
dụng các kỹ thuật trên để giải một số bài toán về hệ phương trình trong các kỳ thi đại học
gần đây.
Ví dụ 25. (ĐH A - 2012) Giải hệ phương trình
(I)
x
3
− 3x
2
− 9x + 22 = y
3
+ 3y
2
− 9y
x
y
+ y
2
− x + y
Giải:
(I) ⇔
(x −y)(x
2
+ xy + y
2
) −3(x
2
+ y
2
) −9(x −y) + 22 = 0
(x + y)
2
− (x −y) =
1
2
⇔
(x −y)((x −y)
2
+ 3xy) − 3((x −y)
2
+ 2xy) − 9(x −y) + 22 = 0
(x −y)
2
− (x −y) + 2xy =
1
2
Đặt
u = x −y
v = xy
⇒ x
2
+ y
2
= u
2
+ 2v
Hệ phương trình trở thành:
u(u
2
+ 3v) − 3(u
2
+ 2v) − 9u + 22 = 0 (1)
u
2
+ 2v − u =
1
2
(2)
(2) ⇔ v =
2u −2u
2
+ 1
4
, thay vào (1) ta được:
2u
3
− 6u
2
+ 45u −82 = 0 ⇔ u = 2 ⇒ v = −
3
4
Ta có hệ phương trình:
x −y = 2
x.y = −
3
4
⇔
x =
3
2
y = −
1
2
x =
1
2
y = −
3
2
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S =
1
2
, −
3
2
,
3
2
, −
1
2
.
Ví dụ 26. (ĐH A -2010) Giải hệ phương trình
(4x
2
+ 1)x + (y −3)
√
5 −2y = 0 (1)
4x
2
+ y
2
+ 2
√
3 −4x = 7 (2)
19 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
3 ÁP DỤNG.
Giải: Điều kiện: x ≤
3
4
; y ≤
5
2
.
(1) ⇔ (4x
2
+ 1).2x = (6 −2y)
√
5 −2y(∗)
Xét f(t) = t(t
2
+ 1), có f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, ∀t ∈ R. Do đó f(t) đồng biến trên R.
Nên (∗) ⇔ f(2x) = f (
√
5 −2y) ⇔ 2x =
√
5 −2y ⇔
x ≥ 0
y =
5 −4x
2
2
(∗∗)
Thế (∗∗) vào (2) ta được: 4x
2
+ (
5
2
− 2x
2
)
2
+ 2
√
3 −4x −7 = 0(3∗)
Xét hàm số g(x) = 4x
2
+
5
2
− 2x
2
2
+ 2
√
3 −4x −7 trên
0,
3
4
g
(x) = 8x − 8x
5
2
− 2x
2
−
4
√
3 −4x
= 4x(4x
2
− 3) −
4
√
3 −4x
< 0, ∀x ∈
0,
3
4
.
Suy ra hàm g(x) nghịch biến trên
0,
3
4
, nên (3∗) có nghiệm duy nhất.
Ta thấy g
1
2
= 0 nên (3∗) ⇔ x =
1
2
⇒ y = 2
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S =
1
2
, 2
.
Ví dụ 27. (ĐH D-2012) Giải hệ phương trình
xy + x −2 = 0 (1)
2x
3
− x
2
y + x
2
+ y
2
− 2xy − y = 0 (2)
Giải:
(2) ⇔ (2x −y + 1) (x
2
− y) = 0 ⇔
y = x
2
(a)
y = 2x + 1 (b)
Từ (a) và (1) ta có
y = x
2
y
3
+ x −2 = 0
⇔
x = 1
y = 1
Từ (b) và (2) ta có
y = 2x + 1
2x
2
+ 2x −2 = 0
⇔
x =
−1 +
√
5
2
, y =
√
5
x =
−1 −
√
5
2
, y = −
√
5
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =
(1, 1) ,
−1 +
√
5
2
,
√
5
,
−1 −
√
5
2
, −
√
5
.
Ví dụ 28. (ĐH-CĐ B-2003) Giải hệ phương trình
3y =
y
2
+ 2
x
2
3x =
x
2
+ 2
y
2
Giải: Điều kiện: xy = 0
Trước tiên ta có nhận xét: x, y ≥ 0.
20 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
3 ÁP DỤNG.
Hệ đã cho tương đương với
3x
2
y = y
2
+ 2
3xy
2
= x
2
+ 2
(∗)
Trừ vế theo vế của hai phương trình trong hệ trên, ta được:
3xy(x − y) = y
2
− x
2
⇔ (x −y)(3xy + x + y) = 0.
Do x, y ≥ 0 nên (3xy + x + y) ≥ 0. Do đó, (∗) ⇔
3x
2
y = y
2
+ 2
x = y
⇔ x = y = 1
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là S = {(1, 1)}.
Ví dụ 29. (ĐH D-2009) Giải hệ phương trình
x(x + y + 1) − 3 = 0 (1)
(x + y)
2
−
5
x
2
+ 1 = 0 (2)
Giải: Điều kiện: x = 0
(1) ⇔ x + y =
3
x
− 1. Thay vào (2) ta được:
3
x
− 1
2
−
5
x
2
+ 1 = 0
⇔
4
x
2
−
6
x
+ 2 = 0 ⇔
x = 1
x = 2
x = 1 ⇒ y = 1
x = 2 ⇒ y = −
3
2
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =
(1, 1) ,
2, −
3
2
21 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
3 ÁP DỤNG.
LỜI KẾT
Chỉ xin được phép gọi những phương pháp trên là Những kỹ thuật biến đổi hệ phương trình
không mẫu mực, vì nó chưa đủ tổng quát để có thể gọi là phương pháp giải. Tuy nhiên, với
những kiến thức nêu trên, ta hoàn toàn có thể giải quyết hầu hết các hệ phương trình hai
ẩn không mẫu mực. Những lý thuyết đưa ra chưa thật đầy đủ và sâu sắc, nhưng hy vọng bài
viết này có ích cho người đọc.
Bài tập lớn khép lại nhưng mở ra cho chúng ta nhiều điều để nghiên cứu, có thể là đi sâu hơn
vào một phương pháp nào đó, mở rộng cho việc giải các hệ phương trình ba ẩn, hoặc nghiên
cứu một cách tổng quát để hình thành hệ thống giải một lớp các bài toán về hệ phương trình
nào đó.
Vì thời gian hạn chế và vốn kiến thức, kinh nghiệm của một sinh viên chưa đủ nhiều nên bài
viết chắc chắn còn nhiều sai sót, rất mong nhận được sự góp ý từ thầy cô và bạn đọc. Xin
chân thành cám ơn.
22 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
TÀI LIỆU
Tài liệu
[1] Trần Phương, Bài giảng trọng tâm Ôn luyện môn toán, Tập 2, NXB Đại học Quốc gia
Hà Nội (2009).
[2] Nguyễn Minh Nhiên, Phương pháp giải hệ phương trình, nguồn: Internet.
[3] Nguyễn Thành Đông, Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực, (2012),
nguồn: www.toancapba.net
[4] Vũ Ngọc Thành, Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá, nguồn:
www.youtube.com
[5] Lê Hồng Đức, Đào Thiện Khải, Lê Bích Ngọc, Lê Hữu Trí, Các phương pháp giải bằng
phép lượng giác hóa, NXB Hà Nội (2006)
23 Lê Thị Ái - Toán 3B - ĐHSP Huế
