các cách giải nhanh Phương trình và hệ phương trình vô tỉ

Nam Định
1) Tìm để hệ sau có nghiệm duy
nhất:
2) Giải hệ phương trình :
Lời giải.
1) ĐK:
Nhận thấy nếu là nghiệm của hệ thì cũng là nghiệm của hệ. Do đó nếu là nghiệm
duy nhất của hệ thì , hay là nghiệm của phương trình
(1)
Vì vế trái của (1) là hàm số
đồng biến và nhận giá trị
trên , nên (1) có nghiệm duy nhất .
Xét thỏa
Trừ hai phương trình của hệ ta
có:
Khi đó hệ trở thành:
Vì phương trình này có nghiệm duy nhất nên hệ đã cho có nghiệm duy nhất
Vậy là những giá trị cần tìm.
2) Đặt , ta có:
Thay vào hệ ta có:
So với điều kiện ta có nghiệm
của hệ là: .
Nhận xét:
1) Câu 1 thuộc hệ đối xứng loại 2, đây là dạng tóan quen thuộc
2) Câu 2 tương tự như bài VMO
m
2
2
2 1
2 1
x y m

y x m

+ − = +


+ − = +

4 2 2
2 1
x y x y
x y x y

+ + + =


+ + + =


, 2x y ≥
•
0 0
( ; )x y
0 0
( ; )y x
0 0
( ; )x y
0 0
x y=
0
x

2
2 1x x m+ − = +
)
2;

+∞

2
1 2 2 1m m⇔ + ≥ ⇔ ≥ −
•
m
2 1m ≥ −
2 2 0x y y x− + − − − =
2 2 ( 2) ( 2)x y y x x y y x⇔ + − = + − ⇔ − = −
x y⇔ =
2
2 1x x m+ − = +
2 1m ≥ −
t x y
= +
2
2
4 1 2
4 1
2 1 2 2 4
2 1
1 1
x y t t
x y t
x y t t x t

x y t
t

+ = + +


+ = +
 
⇔ + = − + ⇒ =
 
+ = −
 

− ≤ ≤


2 4( ) 2x x y x y⇔ = + ⇔ = −
2
5 21
5 1 0
2
y y y
− ±
+ + = ⇔ =
5 21
5 21
2
x
y


= −


− +
=


7 2 5
2 2
x y x y
x y x y

+ + + =


+ + − =


2001 sau:
TP HCM
Giải hệ phương trình :
Lời giải.
Điều kiện:
Đặt
Ta có:
Suy ra .
Ta có: (*)
Trong đó
Vì nên nghịch biến,
đồng biến. Do đó (*) nếu có nghiệm thì có duy nhất cặp nghiệm .

Mặt khác ta thấy là một nghiệm của hệ
Vậy là nghiệm duy nhất của hệ.
Hải Phòng
Giải hệ phương trình :
Lời giải.
Cách 1: Đặt ta có hệ
Lấy ta có được
thay vào (2) ta có:
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ
là: .
Cách 2. Nhân phương trình thứ hai của hệ với và cộng hai phương trình theo vế ta có
1
2
2
2
( 1)
2 9 6
4 18 20 1
2 9 8
y x
x y
x x
x x y
x x
+

= +




− +
− + − + = +


− +

2
2
1 0
1
4 18 20 0
5
2
2
2 9 8 0
y
y
x x
x
x x

+ >

> −

 
− + − ≥ ⇔
 
≤ ≤
 


− + ≠


2
2
1 9 1
4 18 20 4 0
4 4 2
t x x x t
 
= − + − = − − ⇒ ≤ ≤
 ÷
 
2
2
2 2
2 9 6 4 1
4 18 20 1 ( ), 0;
2
2 9 8 4
x x
x x t f t t
x x t
 
− +
− + − + = + + = ∈
 
 
− + +

2 2
8 1 1 83 5
'( ) 1 0, 0; 2 (0) ( ) ( )
2 2 34 2
( 4)
t
f t t f f t f
t
 
= − > ∀ ∈ ⇒ = ≤ ≤ = <
 
 
+
1 2 1 4y y+ ≥ ⇒ + ≥
( )
1
ln ln( 1)
1 ( ) ( 1)
1
x
y
x y
x y g x g y
x y
+
+
= + ⇔ = ⇔ = +
+
2
ln 1 ln

( ) , '( ) '( ) 0
t t
g t g t g t t e
t
t
−
= = ⇒ > ⇔ <
1x e y< < +
( )g x
( 1)g y +
2; 3x y= =
( ) ( )
; 2; 3x y =
3 2
2 2
3 6 3 49
8 10 25 9
x xy xy x
x xy y y x

+ = − −


− + = − −

,x a b y a b= + = −
3 3 2 2
2 2
4 4 6 6 3 3 49 0 (1)
6 10 15 35 9 0 (2)

a b a b a b
a b a b

+ − + + + + =


− + + + + =

(1)x2 (2)x6+
(
)
(
)
3 2 3 2
8 48 96 64 8 72 216 216 0a a a b b b− + − + + + + =
3 3
(2 4) (2 6) 0 1a b b a⇔ − + + = ⇔ = − −
2
4 2a a= ⇔ = ±
( ; ) ( 1;5), ( 1; 3)x y = − − −
3
(*)
Do và không có đẳng
thức xảy ra nên (*)
tương đương với . Thay vào hệ ta tìm được .
Nhận xét: Bài toán này tường tự
với bài VMO 2004:
Hải Phòng
Giải hệ phương trình
Lời giải.

Đặt
Hệ nên ta có:
giải hệ này ta tìm được
và
Từ đó ta tìm được
nghiệm của hệ: .
TP Hà Nội
1) Giải phương trình :
2) Giải hệ phương trình :
Lời giải.
1) Điều kiện:
Phương trình
2) Từ phương trình
thứ nhất, ta có:
thay vào phương trình thứ hai ta có:
3 2 2
3 3 ( 1) 24 6 30 78 76x x y x xy xy y x+ + + − = + − −
2 2
( 1)( 2 76) 3 ( 1) 30 ( 1) 0x x x y x y x⇔ + + + + + − + =
2 2
( 1)( 2 3 30 76) 0x x x y y⇔ + + + − + =
2 2 2 2
2 3 30 76 ( 1) 3( 5) 0x x y y x y+ + − + = + + − ≥
1x = −
3, 5y y= − =
3 2
2 2
3 49
8 8 17
x xy

x xy y y x

+ = −


− + = −

2 2
2
5
8( ) 4 13
( )
1
2 1
x y xy
x y
x
x y

+ + + =


+


+ =

+

1

,a x y b x y
x y
= + + = −
+
2 2
2
1
5 ( ) 3( ) 13
( )
1
( ) 1
x y x y
x y
x y x y
x y

 

+ + + − =
 

 
+
 
⇔


+ + + − =

+


2 2 2 2
5( 2) 3 13 5 3 23
1 1
a b a b
a b a b
 
 
− + = + =
⇔
 
+ = + =
 
 
4
3
a
b

=

= −

5
2
7
2
a
b


= −




=


( )
1 3 5 3 3 11 3
; ; , ; , ; 2
2 2 4 4 2
x y
 
   
− ± ±
= − −
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
4 2
1 1x x+ − =
2 2
5 3
2 1
1 0
x y xy
x y


+ = +


+ + =

1x ≤
2 2 2 2 2 2 2 2
1 (1 )(1 ) (1 ) (1 ) (1 )x x x x x x⇔ − = − + ⇔ − = − +
4 2
1
1
5 1
(1 )(1 ) 1
0,
2
x
x
x x
x x

= ±

= ±

⇔ ⇔


−
− + =


= = ±



1x y− = ±
•
1y x= −
thay vào
phương trình thứ hai ta có:
Vậy nghiệm của hệ là: .
NGhệ an
1) Giải hệ phương trình
2) Giải phương trình :
Lời giải.
1) Từ phương trình thứ hai
của hệ ta suy ra: .
Ta có
(*)
Do thay vào phương trình
thứ nhất của hệ ta có
Mặt khác, do nên áp dụng bất
đẳng thức AM-GM ta có:
Suy ra phương trình
thứ hai của hệ
Do đó hệ đã
cho
hoặc là
nghiệm của hệ.
2) Phương trình xác định với mọi

(
)
5 3 4 2
( 1) 1 0 3 3 0 0 1x x x x x x x y+ − + = ⇔ + − + = ⇔ = ⇒ = −
•
1y x= +
5 3 4 3 2 2
( 1) 1 0 ( 1) 1 ( 1) 0 1 0x x x x x x x x x y
 
+ + + = ⇔ + − + − + + + = ⇔ = − ⇒ =
 
 
( ; ) (0; 1), ( 1; 0)x y = − −
2 2
2 3 2
8
16
2
8 3 3 4 2
xy
x y
x y
x x x x y
y y

+ + =

+




+ = + −


3
2 2 3 2
2 4 1 2 3 2 9 4 4x x x x x x x− + + = − + − +
2
2
0
0
8 3 2
3
0
1
0
4
3 4
x x y
y
y
x y
x
y



+ + ≥
>
 

⇔
 
+ ≥
 
+ ≥



2 2 2
8 8
16 ( ) 16 2 0
xy xy
x y x y xy
x y x y
+ + = ⇔ + − − + =
+ +
( )
2
4 ( ) 4( ) 2 0x y x y x y xy
 
⇔ + − + + + − =
 
 
( )
2 2
4 4( ) 0x y x y x y
 
⇔ + − + + + =
 
 

3
0 (*) 4
4
x y x y x y+ > + ≥ ⇒ ⇔ + =
2 2 3
0
3 2 3 4
x y
x y
 
+ = + >
 ÷
 
2 2 3 2
2 2
2
8 3 2 8 3 2 3 4
x x y x x y x x
y y y
   
+ + ≥ + = +
 ÷  ÷
   
2
2
8 3 2
x x y
y
⇔ = +
2

2 2
4
4
4
2
2
6 ,
3 16 12 0
3
8 3 2
x y
x y
x y
x x y
x y x y
x xy y
y

+ =

+ =

+ =

 
⇔ ⇔ ⇔
  
= = −
= +
− − =


 



24
7
4
7
x
y

=


⇔


=


8
12
x
y

= −

=


x ∈ ¡
Ta thấy là một nghiệm của phương trình
Xét , chia hai vế phương trình cho và đặt ta được phương trình
. Đặt
Ta được: (*)
Xét hàm số
Ta thấy nếu nên ta chỉ xét .
Khi đó: nên là hàm đồng
biến
Mà là nghiệm duy nhất của (*)
Từ đó ta tìm được .
Xét , làm tương tự như trên ta có phương trình
với
Ta có
Nên .
Vậy là nghiệm của phương trình đã cho.
Ninh Bình
Giải hệ phương trình
Lời giải.
Từ phương trình thứ nhất, suy ra .
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
Do loại
0x =
•
0x >
x
1
t
x
=

3
2 2
2 4 2 3 2 1 4 4 9t t t t t− + + = − + − +
3
2 1a t= −
6 6 6 6
15 2 3 8 3 8 15 2 0a a a a a a+ + = + + ⇔ + + − + − =
6 6
( ) 3 8 15 2f a a a a= + + − + −
0 ( ) 0a f a< ⇒ <
0a >
5
6 6
1 1
'( ) 3 3 0
8 15
f a a
a a
 
 ÷
= + − >
 ÷
+ +
 
( )f a
(1) 0 1f a= ⇒ =
1x =
•
0x <
6 6

( ) 8 3 15 2 0f a a a a= + − − + + =
1a < −
5
6 6
1 1
'( ) 3 3 0
8 15
f a a
a a
 
 ÷
= − − <
 ÷
+ +
 
( ) ( 1) 2f a f> − =
0, 1x x= =
3 3
4 3 3 2 2
( ) 7
9 9
x y x
x x y y y x x y x

− =


+ + = + +

0x y− ≠

(
)
(
)
2 2 2 2 2
9( ) 0x x y xy x y x y− + − − − =
2 2
3 3
( ) ( ) 9 0 ( ) 9
0 0
x y y x
x x y xy x y x x y
x x
x x
 
+ = ± = − ±
 
⇔ + + + − = ⇔ + = ⇔ ⇔
 
 
> >
 
3 3
3
0 0y x y x y x
x
− > ⇒ > > ⇒ = − −
Với thay vào phương trình thứ nhất của
hệ ta có
. Đặt ta được

(*)
Ta có: và
Nên (*) có nghiệm duy nhất
Vậy là nghiệm của hệ.
Nhận xét: Đây là bài toán VMO 1996:
Biện luận số nghiệm của hệ:
Cần Thơ
Giải hệ phương trình
Lời giải.
Điều kiện:
Ta thấy không là nghiệm của hệ nên hệ
đã cho tương đương với
Suy ra
. Đặt ta có:
Từ đó ta tìm được.
Nhận xét: Đây là dạng toán quen
thuộc, bài VMO 1996 cũng có nội dung
như trên
Hà Tĩnh
Cho các số thực thỏa . Chứng
minh rằng phương trình sau có
nghiệm duy nhất : .
3
y x
x
= −
3
3
3
7x x x

x
 
 
 
− − =
 ÷
 
 
 
t x=
3
2 2 6 9 6 3
3
7 ( ) 2 9 27 7 27 0t t t f t t t t t
t
 
 
 
− − = ⇔ = − + + − =
 ÷
 
 
 
8 5 2 8 2 5
'( ) 18 54 81 7 2 18 .81 54 7 0f t t t t t t t= − + + ≥ − + >
(1) 0f =
1 1 2t x y= ⇒ = ⇒ =
( ; ) (1; 2)x y =
3 4 2
2 2 3 2

2
x y y a
x y xy y b

− =


+ + =

4
4
2
1
( ) 2
4
2
1
( ) 1
4
x y
x
x y
x y
y
x y

+
+ =

+



+

− =

+

, 0
0
x y
x y

≥

+ ≠

0 ( 0)x y= =
4
4
4
4
4
4
2
1 2
2
2 1
2
4

1 2 1
2
1 1
2
4
x y
x y
x y
x y
yx
x
x y
x y
y
y x


+
+
+ =

= −

+
+


⇔
 
+

 
= +
− =
 
+


4 4
4 4
2
2 1 2 1 4 1
x y
x y
y y x y
x x
  
+
 ÷ ÷
= − + = −
 ÷ ÷
+
  
2 2 4 0x x x y y x y y⇔ − + − =
x
t
y
=
3 2
2 2 4 0 2 4t t t t x y− + − = ⇔ = ⇔ =
(

)
(
)
4
4
2 1
4
2 1
16
x
y

+

=




+

=


1
3 1 2
1
7 1 4 2
x
x y

y
x y

 
+ =

 ÷
+

 

 

− =
 ÷

+
 

, ,a b c
0a b c> > >
0
a b
x a x b
x c
−
− − − + =
−
Lời giải.
Điều kiện:

Phương trình
Xét hàm số
Ta có là hàm đồng biến và ,
Nên phương trình có duy nhất
nghiệm. Từ đó ta có đpcm.
Bình Định
1) Giải phương trình
2) Giải hệ phương trình :
Lời giải.
1) Điều kiện:
Phương trình
Ta có: .
Mặt khác vô
nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất:.
2) Điều kiện:
Ta có
Ta có:
Xét hàm số có
x a≥
0 0
b a a b
x a x b x c
x a x b x c
− −
⇔ + = ⇔ − + − − − =
− + − −
1 0
x a x b
x c x c

− −
⇔ + − =
− −
( ) 1,
x a x b
f x x a
x c x c
− −
= + − ≥
− −
f
( ) 1 0
a b
f a
a c
−
= − <
−
lim ( ) 1 0
x
f x
→+∞
= >
( ) 0f x =
2
2 4 2 5 1x x x x− + − = − −
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 2 0

x y y x
x x y y
− + − − =
+ − − − + =





2 4x≤ ≤
2
2 1 4 1 2 5 3x x x x⇔ − − + − − = − −
3 3
( 3)(2 1)
2 1 4 1
x x
x x
x x
− −
⇔ − = − +
− + − +
3
1 1
2 1 (*)
2 1 4 1
x
x
x x

=


⇔

− = +

− + − +

1 1 1
1; 2 1 (*) 2 2
2 1 4 1 2 1
VT
x x
≤ ≥ = − ⇒ ≤ −
− + − + +
2 (*) 2 1 5 (*)x VP x≥ ⇒ = + ≥ ⇒
3x =
1 1
0 2
x
y

− ≤ ≤

≤ ≤

3 3 2 3 3
2 2 22 2 2
3 3 2 0 3 2 (
1
1) 3( 1) 2 (1)

1 3 2 2 0 1 3 2 0( 1) (2)
x y y x x x y y
x x y y x yx

− + − − = − − = − − − −
+ − − − + = + −

 
⇔
 

− −− + =

 
1, 1;1y x
 
− ∈ −
 
3
( ) 3 2, 1;1f t t t t
 
= − − ∈ −
 
(
)
2
'( ) 3 1 0 (1) 1f t t x y= − ≤ ⇒ ⇔ = −
Thay vào (2) ta được:
Vậy nghiệm của hệ: .
2 2

2 1 2 0 0 1x x x y− − + = ⇔ = ⇒ =
0
1
x
y

=

=
