hệ phương trình phần 2 (nguyễn tất thu)_cẩm nang luyện thi đại học
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (455.5 KB, 56 trang )
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
250
§ 4. HỆ ĐẲNG CẤP
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1.
Đị
nh ngh
ĩ
a:
* Biểu thức f(x;y) gọi là đẳng cấp bậc k nếu
k
f(mx;my)mf(x;y)
= .
Ví dụ:
332
f(x;y)xy3xy
=−+ là đẳng cấp bậc 3.
* Hệ:
f(x;y)a
g(x;y)b
=
=
trong đó f(x;y) và g(x;y) đẳng cấp bậc k gọi là hệ đẳng cấp.
2. Cách gi
ả
i:
* Xét x=0 thay vào hệ kiểm tra.
* Với
x0
≠
đặt
ytx
=
thay vào hệ ta có:
k
k
f(x;tx)axf(1;t)a
g(x;tx)b
xg(1;t)b
==
⇔
=
=
.
Chia hai vế của hai phương trình ta được:
a
f(1;t)g(1;t)
b
=
, giải phương
trình này ta tìm được t thay vào hệ ta tìm được (x;y).
II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 4.4.1. Giải các hệ phương trình sau:
1.
22
22
x2xyy4
xxy2y4
++=
−++=
2.
22
22
3x5xy4y38
5x9xy3y15
+−=
−−=
.
Lời giải:
1. Ta thấy
x0
=
không phải là nghiệm của hệ
x0
⇒≠
.
Đặt
ytx
=
thay vào hệ ta được:
22
22
x(12tt)4
x(1t2t)4
++=
−++=
t1
1t2
2t1
+
⇒=⇔=
−
.
*
t2y2x
=⇔=
thay vào hệ:
2
2
9x4x
3
=⇔=±
Vậy nghiệm của hệ là:
24
(x;y);
33
=±±
.
2. Dễ thấy
x0
=
không là nghiệm của hệ.
Với
x0
≠
, đặt
ytx,t
=∈
¡
.
Hệ cho trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2
2
3x5xtx4tx38
5x9xtx3tx15
+−=
−−=
hệ này viết lại:
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
251
(
)
( )
22
22
x35t4t38
x59t3t15
+−=
−−=
hay
(
)
()
()
+−=
+−
=
−−
22
2
2
x35t4t381
35t4t38
2
15
59t3t
Quy đồng mẫu số phương trình
(
)
2
và rút gọn ta được:
2
54t417t1450
+−=
, giải phương trình này ta được
2
nghiệm:
145
t
18
=− hoặc
1
t
3
=
.
Với
1
t
3
=
thế thì
2
2
38
x9
35t4t
==
+−
tức
x3
=−
hoặc
x3
=
.
Với
145
t
18
=− tương tự trên, trường hợp này không thỏa.
Vậy hệ đã cho có nghiệm là:
(
)
(
)
(
)
x;y3;1, 3;1
=−− .
Ví dụ 4.4.2. Giải các hệ phương trình sau:
1.
2
33
(xy)y2
xy19
−=
−=
2.
2222
2222
(xxyy)xy65
(xxyy)xy185
−++=
+++=
.
Lời giải:
1. Vì
x0
=
không là nghiệm của hệ nên ta đặt
ytx
=
. Khi đó hệ trở thành:
32
32
2
33
x(1t)t2
1t19tt119
2t(1t)2
t(1t)
x(1t)19
−=
−++
⇒=⇔=
−
−
−=
2
21
21t17t20t,t
37
⇔−+=⇔==
.
*
22
tyx
33
=⇔= thay vào hệ ta có:
3
19
x19x3y2
27
=⇔=⇒=
.
*
11
tyx
77
=⇔= thay vào hệ ta có:
3
33
34271
x19xy
343
1818
=⇔=⇒= .
Vậy nghiệm của hệ là:
33
17
(x;y)(3;2), ;
1818
=
.
2. Vì x = 0 không là nghiệm của hệ nên ta đặt
ytx
=
, ta được:
2
2
2
tt11343
12t25t120t;t
3734
tt1
−+
=⇔−+=⇔==
++
.
*
22
3365
tyxxx65x4y3
4464
=⇔=⇒=⇔=±⇒=±
.
*
22
4465
tyxxx65x3y4
3327
=⇔=⇒=⇔=±⇒=±
.
Vậy hệ có bốn cặp nghiệm:
(3;4), (4;3)
±±±±
.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
252
Ví dụ 4.4.3. Giải các hệ phương trình sau:
1.
332
44
xyxy1
4xy4xy
+−=
+=+
2.
5101
32y
y42x17
5103
3x
y42x17
−=
+
+=
+
.
Lời giải.
1. Từ hệ phương trình
33244
(xyxy)(4xy)4xy
⇒+−+=+
.
Đặt
xty
=
(do
y0
≠
).
Ta có:
4344
y(t1t)(4t1)y(4t1)
+−+=+
32
t4t3t0
⇒−+=
t0,t1,t3
⇔===
*
3
4
y1
t0x0y1
yy
=
=⇒=⇒⇔=
=
.
*
3
4
x1
t1yxx1y
5x5x
=
=⇒=⇒⇔==
=
*
3
33
4
25y1
13
t3x3yyx
2525
325y13y
=
=⇒=⇒⇔=⇒=
=
.
Thử lại ta thấy nghiệm của hệ là:
33
13
(0;1), (1;1), (;)
2525
.
2. Điều kiện:
x0,y0
>>
Hệ phương trình đã cho viết lại:
()
()
5101
3a
y42x
172y
5103
3b
y42x
17x
−=
+
+=
+
, hệ phương trình
này tương đương với hệ:
()
()
()
()
101103
6ba
172y17x
10103101
ba
y42x
17x172y
=++
=−−
+
Nhân vế theo vế của
2
phương trình trên ta được:
22
22
60103101
y42x
17.x17.2y
=−
+
,
quy đồng mẫu số và rút gọn ta được
( )
( )
2
2
2.103y84.6275xy42.101x0
+−=
,
phương trình này được phân tích thành:
( )
(
)
22
2yx103y101.42x0
−+=
suy
ra
x2y
=
vì
22
103y101.42x0
+>
với
x0,y0
>>
.
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
253
Thay
x2y
=
vào phương trình
(
)
b
ta được:
( )
5103
3
y422y
172y
+=
+
, quy
đồng mẫu số và rút gọn phương trình:
103
51yy10
2
−+=
, phương trình
này tương đương với:
( )
1
y251y0
2
−−=
tức
y2
=
hoặc
1
y
5202
= .
Vậy hệ phương trình có
2
nghiệm
(
)
4;2
,
11
;
26015202
.
Ví dụ 4.4.4. Tìm
a
để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
22
22
5x4xy2y3
2a1
7x4xy2y
2a5
−+≥
−
++≤
+
(I).
Lời giải:
Hệ
22
22
5x4xy2y3
18
21x12xy6y3
2a5
−+−≤−
⇔
++≤−
+
22
18
16x16xy4y
2a5
⇒++≤−
+
2
185
(4x2y)2a50a
2a52
⇔+≤−⇒+<⇔<−
+
.
Ta xét hệ :
22
22
5x4xy2y3
21x12xy6y3
−+−=−
++=
(*)
22
22
5x4xy2y3
7x4xy2y1
−+−=−
⇔
++=
.
Đặt
ytx
=
(do
x0
≠
), ta có:
2
2
5t4t2
3
7t4t2
−+−
=−
++
2
1
16t16t40tx2y
2
⇔++=⇔=−⇔=−
.
Thay vào hệ ta được:
2
12
7x1xy
77
=⇔=±⇒=m .
Ta chứng minh với
5
a
2
<−
thì hệ (I) có nghiệm.
Thật vậy gọi
00
(x;y)
là nghiệm của hệ (*) khi đó ta có:
22
0000
22
0000
5x4xy2y3
18
21x12xy6y33
2a5
−+−=−
++=<−
+
00
(x;y)
⇒
là một cặp nghiệm của hệ (I)
Vậy
5
a
2
<−
là những giá trị cần tìm.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
254
III. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 4.4.1. Giải các hệ sau
1.
22
22
3x5xy4y38
5x9xy3y15
+−=
−−=
2.
22
22
(xy)(xy)3
(xy)(xy)15
−−=
++=
3.
22
22
2y(xy)3x
x(xy)10y
−=
+=
4.
22
33
xy1
1
3xy
xy
+=
−=
+
5.
22
222
xxyy3(xy)
xxyy7(xy)
−+=−
++=−
6.
1
3x12
xy
1
7y142
xy
+=
+
−=
+
7.
33
22
x8xy2y
x33(y1)
−=+
−=+
.
Hướng dẫn giải
1. Ta thấy
y0
=
không là nghiệm của hệ. Đặt
xty
=
thay vào hệ ta có :
2
22
2
2
22
2
38
y (1)
y(3t5t4)38
3t5t4
3t5t438
y(5t9t3)15
(2)
15
5t9t3
=
+−=
+−
⇔
+−
−−=
=
−−
Ta có :
2
18
(2)145t417t540t3,t
145
⇔−−=⇔==− .
•
t3
=
thay vào (1) ta có
2
y1y1,x3
=⇔=±=±
•
18
t
145
=− thay vào (1) ta có :
2
21025
y
2531
=− vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ là :
(x;y)(3;1), (3;1)
=−−
.
2. Từ hệ ta suy ra
xy0
+≠
nên ta có :
( )
−−
=⇔−=+⇔−+=
++
22
2
2222
22
(xy)(xy)
1
5xyxy2x5xy2y0
5
(xy)(xy)
(x2y)(2xy)0x2y,y2x
⇔−−=⇔==
.
•
x2y
=
thay vào hệ ta có :
2
y.3y3y1x2
=⇔=⇒=
•
y2x
=
thay vào hệ ta có :
2
x.(3x)3x1y2
−−=⇔=⇒=
.
Vậy nghiệm của hệ là:
(x;y)(1;2), (2;1)
=
.
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
255
3. Ta thấy
xy0
==
là một cặp nghiệm của hệ.
Từ phương trình thứ hai của hệ
xy0
⇒≥
.
Đặt
xty (y0)t0
=≠⇒≥
ta có:
32
32
2y(t1)3ty
yt(t1)10y
−=
+=
42
5
3t17t200t2;t
3
⇒−+=⇔==.
⇒
515315
(x;y)(2;1), ;
22
=±±±±
.
4. Điều kiện :
xy0
+≠
Hệ
( )
2
22
22
33222
33
xy1
xy1
(3xy)(xy)(xy) (*)
(3xy)(xy)1
+=
+=
⇔⇔
−+=+
−+=
Đặt
xty
=
, khi đó (*) trở thành :
322432
(3t1)(t1)(t1)2t3t2tt20
−+=+⇔+−−−=
32
(t1)(2t5t3t2)0t1,t2
⇔−+++=⇔==−
.
•
1
t1xy
2
=⇒==±
•
x2y
t2
1
y
5
=−
=−⇒
=±
.
5. Ta có :
22222
xxyy7(xy)2x5xy2y0x2y,y2x
++=−⇔−+=⇔==
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ :
(
)
(
)
(
)
(x;y)0;0,2;1,1;2
=−−
.
Cách 2 : Ta có:
( )
( )
( ) ( )
( )
2
22
2
2
22
xxyy3xy
xy3xy3xy
xxyy7xy
xy2xy
−+=−
−−=−
⇔
++=−
=−
Đặt
uxy,vxy
=−=
. Hệ trở thành
2
2
u3uv0
v2u
−+=
=
u0u1
v0v2
==
⇔∨
==
.
Từ đó giải được các nghiệm của hệ là
(
)
(
)
(
)
(x;y)0;0,2;1,1;2
=−−
.
6. Điều kiện :
x,y0
≥
.
Vì x = 0 hay y = 0 không là nghiệm của hệ nên ta có:
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
256
Hệ
+=
=+
+
⇔⇔
−=
=−
+
+
12
122
1
1 (1)
xy
3x
3x7y
142
1122
1
(2)
xy
7y
xy
3x7y
.
Nhân (1) với (2) ta được:
112212218
xy3x7y
3x7y3x7y
=−−=−
+
21xy(xy)(7y24x)
⇔=+−
22
24x38xy7y0
⇔+−=
(6xy)(4x7y)0y6x
⇔−+=⇔=
(Do
x,y0
>
).
Thay vào (1) ta có:
++
=+⇔=⇒==
1211472287
1xy6x
217
3x21x
Thử lại hệ ta thấy thỏa mãn.
Vậy hệ có cặp nghiệm duy nhất
1147
x
21
2287
y
7
+
=
+
=
.
7. Hệ
33
3322
22
xy8x2y
6(xy)(8x2y)(x3y)
x3y6
−=+
⇔⇒−=+−
−=
(
)
33322322
3x3y4x12xyxy3yxxxy12y0
⇔−=−+−⇔+−=
(
)
(
)
xx4yx3y0
⇔+−=
.
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là:
( )
( )( )
4787847878
x;y3;1;3;1;;;;
13131313
=−−−−
Bài 4.4.2. Tìm
a
để các hệ phương trình sau có nghiệm :
1)
22
22
3x3xyy1
3a1
5x7xy2y
a2
++≤
+
++≥
+
2)
22
22
3x10xy5y2
1a
x2xy7y
a1
+−≤−
−
+−≤
+
.
Hướng dẫn giải
1) * Giả sử hệ có nghiệm (x; y) hay .
2222
2222
5x4xy2y35x4xy2y3
2a12a1
7x4xy2y21x12xy6y3
2a52a5
−+≥−+≥
⇔
−−
++≤−−−≥−
++
2
18
(4x2y)
2a5
⇒−+≥
+
suy ra
5
2a50a
2
+<⇒<−
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
257
* Với
5
a
2
<−
ta có:
2a16
11
2a52a5
−
=−>
++
.
Ta xét hệ phương trình :
()
()
22
22
5x4xy2y3 1
7x4xy2y12
−+=
++=
(
)
(
)
12
Có nghiệm thì hệ có nghiệm vì mọi nghiệm
(
)
(
)
12
đều là nghiệm
của hệ đã cho.
Xét hệ (1) (2):
2222
222
5x4xy2y35x4xy2y3
7x4xy2y1(4x2y)0
−+=−+=
⇔
++=−+=
2
1
xy
2
1
x
7
=−
⇔
=
hệ có nghiệm. Vậy
5
a
2
<−
là giá trị cần tìm.
2) * Giải sử hệ có nghiệm (x; y), tức là:
2222
2222
3a13a1
5x7xy2y5x7xy2y
a2a2
3xxyy19x3xy3y3
++
++≥++≥
++
⇔
++≤−−−≥−
22
5
4x4xyy
a2
⇒−+−≥−
+
2
5
(2xy)
a2
⇒−≤
+
a20a2
⇒+>⇒>−
Kết quả:
a2
>−
.
§ 5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC
Khi giải hệ phương trình, dù bạn có dùng cách gì biến đổi đi chăng nữa thì
mục đích cuối cùng của bạn cũng chuyển về phương trình một biến và giải
phương trình vừa thu được. Đó cũng là suy nghĩ tự nhiên, việc làm giảm
biến là quy luật không chỉ trong toán học mà cả trong cuộc sống chúng ta vẫn
thường làm. Tóm lại, khi giải hệ phương trình thì chúng ta phải tìm cách làm
giảm số ẩn của hệ để thuận lợi trong việc giải nó. Sau đây tôi xin nêu một số
kinh nghiệm mà tôi có được trong quá trình học tập và giảng dạy.
1) Rút thế: Từ một phương trình rút một ẩn (hoặc biểu thức) theo ẩn còn lại
(theo một nhóm biểu thức khác).
Nếu trong phương trình của hệ mà có một ẩn xuất hiện dưới dạng bậc nhất,
thì ta có thể rút ẩn đó theo ẩn còn lại và thế vào phương trình thứ hai của
hệ và bạn cũng đừng ngần ngại khi thấy rằng sau khi thực hiện phép thế,
phương trình thu được có bậc không nhỏ.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
258
Ví dụ 4.5.1. Giải hệ phương trình
32
462
2xy(x1)4x
5x4xy
++=
−=
.
Lời giải.
Vì phương trình thứ nhất của hệ chỉ chứa
y
nên ta nghĩ đến việc rút
y
theo
x
và thế vào phương trình thứ hai của hệ.
Ta có:
2
2x(2x)
y
x1
−
=
+
(Do
x1
=−
không là nghiệm của hệ) thay vào phương
trình thứ hai của hệ ta có :
( )
42
42
222
2
x0
4x(2x)
x54x
(54x)(x2x1)4(44xx)
(x1)
=
−
−=⇔
−++=−+
+
4322
x0x0
4x8x3x26x110(x1)(2x1)(2x7x11)0
==
⇔⇔
++−+=−−++=
x0y0
x1y1
11
xy
22
=⇒=
=⇒=
⇔
=⇒=
.
Vậy hệ đã cho có ba cặp nghiệm:
11
(x;y)(0;0), (1;1), ;
22
=
.
Bình luận: Cách giải này có một ưu điểm là không cần phải “mánh khóe”
gì cả mà chỉ cần biến đổi hết sức bình thường. Tuy nhiên, nó có một nhược
điểm là nó chỉ giúp chúng ta giải quyết bài toán đó thôi, còn con đường để
sáng tác ra bài toán đó thì cách giải trên không thể làm rõ được! Để hiểu rõ
được nguồn gốc của bài toán và đó là cách mà tác giả đã sáng tác bài toán
trên.
Cách giải thứ 2. Ta viết lại hệ như sau
32
264
2xy(x1)4x
y4x5x
++=
+=
Nhận thấy
x0y0
=⇒=
, hay
(x;y)(0;0)
=
là một nghiệm của hệ.
Với
x0
≠
ta có hệ
( )
2
2
2
2
y
2xx14
x
y
4x5
x
++=
⇔
+=
.
Đặt
2
y
a2x,b
x
== ta có được hệ:
22
a
ab(1)4
2
ab5
++=
+=
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
259
Đây là hệ đối xứng loại 1. Việc giải hệ này không mấy khó khăn.
Qua lời giải trên, ta thấy con đường để chế tác ra những hệ kiểu này là xuất
phát từ một hệ đã biết thuật giải, chúng ta thay thế hình thức của các biến
có mặt trong hệ và biến đổi rút gọn ta thu được một hệ có hình thức hoàn
toàn xa lạ với cái hệ ban đầu.
Chẳng hạn: Từ hệ
22
xyxy5
xy5
++=
+=
(lưu ý hệ này có ít nhất 1 cặp nghiệm
(1;2)
)
Ta thay thế
x
bằng
3
y
2x
và
y
bằng
2
y
thì ta có hệ:
3
2
233
33
22626
4
6
yy
y5
y(y2xy1)10x
2x2x
yy(14xy)20x
y5
4x
++=
++=
⇔
+=
+=
.
Vậy ta có hệ phương trình sau:
233
2626
y(y2xy1)10x
y(14xy)20x
++=
+=
.
Ví dụ 4.5.2. Giải hệ phương trình :
2
4222
x2xyxy0 (1)
x4xy3xy0 (2)
−++=
−++=
.
Lời giải.
Nhận thấy phương trình thứ nhất của hệ là phương trình bậc nhất đối với x
nên ta rút x theo y và thế vào phương trình thứ hai ta được phương trình
một ẩn.
Từ (1), suy ra
2
xx
y
2x1
+
=
−
( do
1
x
2
=
không là nghiệm của hệ) thay vào (2) ta
được:
2
22
422
x0
xxxx
x4x3x0
f(x)0
2x12x1
=
++
−++=⇔
=
−−
Với
22222
f(x)x(2x1)4(xx)(2x1)3(2x1)(x1)
=−−+−+−++
432
4x12x10x6x4
=−+−+
Nên
432
f(x)02x6x5x3x20
=⇔−+−+=
2
(x1)(x2)(2x1)0x1,x2
⇔−−+=⇔==
Vậy hệ đã cho có 3 cặp nghiệm
(x;y)(0;0), (1;2), (2;2)
=
.
Bình luận: Cũng như ở ví dụ 1, cách giải trên chỉ giải quyết được bài toán
chứ không phải là con đường để sáng tác bài toán đó. Điều này thôi thúc
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
260
chúng ta đi tìm một lời giải khác cho bài toán trên. Sự xuất hiện
2
x2xy
−
và
42
x4xy
− gợi cho ta nghĩ đến các hằng đẳng thức:
Ta viết lại hệ như sau:
22
2222
(xy)xyy0
(xy)3x3y0
−++−=
−+−=
Việc làm này cũng không mấy khả quan, vì khi nhìn vào hệ chúng ta cũng
chưa phát hiện được mối liên hệ nào. Bắt chước cách làm ở ví dụ 1 ta biến
đổi như sau:
Nếu
x0y0
=⇒=
là nghiệm của hệ
Nếu
x0
≠
, ta có hệ
2
2
2
2
y
y
x2y10
x2y1
x
x
y
y
(x)6y3
x4y30
x
x
−++=
+=+
⇔⇔
+=−
−++=
Suy ra
2
(2y1)6y3
+=−
. Đến đây thì bài toán trở nên đơn giản.
Với cách giải trên, ta có thể chế được rất nhiều hệ phương trình khác nhau. Ở
đây chúng ta chú ý rằng việc giải hệ cuối cùng quy về giải các phương trình
bậc hai nên chuyện các hệ số nhận những giá trị nào không quan trọng.
Chẳng hạn từ:
2
2
2y
x4x4
x
2y
xx3
x
+=+
+=−
, biến đổi ngược ta có được một hệ:
Hoặc là
3
y
x4y1
x
y
x2y
x
−=−
−=
biến đổi ngược ta có được một hệ.
Ở hai bài trên chúng ta giải theo cách rút một ẩn theo ẩn kia. Dấu hiệu nhận
thấy là việc xuất hiện của một phương trình là phương trình bậc nhất đối
với một ẩn. Bây giờ chúng ta chuyển qua xét một số hệ mà chúng ta thực
hiện rút thế mà phương trình đối với một ẩn trong một phương trình nào
đó không phải là phương trình bậc nhất.
Ví dụ 4.5.3. Giải hệ phương trình:
33
22
x8xy2y (1)
x33(y1) (2)
−=+
−=+
Lời giải.
* Cách 1: Từ (2) ta suy ra:
22
x3(y2)
=+
(3), thay vào (1) ta được:
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
261
2
322
2
x0
x
x8xy(y2)yx(3xxy24)0
3x24
3
y
x
=
−=+=⇔−−=⇔
−
=
•
x0
=
thay vào (3) ta thấy phương trình vô nghiệm.
•
2
3x24
y
x
−
= thay vào (3) ta được:
2
2
2
3x24
x36
x
−
=+
2
42
2
x3y1
x9
13x213x8640
9678
96
xy
x
1313
13
=±⇒=±
=
⇔−+=⇔⇔
=±⇒=
=
m
Vậy hệ có 4 cặp nghiệm là:
9678
(x;y)(3;1), ;
1413
=±±±
m
.
Bình luận: Việc chúng ta suy nghĩ đến rút thế là nhận thấy ở phương trình
thứ nhất chỉ chứa
3
y
và
y
; ở phương trình thứ hai của hệ lại chứa
2
y
nên
nếu ta thay
2
y
vào phương trình thứ nhất thì phương trình thứ nhất của hệ
trở thành phương trình bậc nhất đổi với ẩn
y
và ta thực hiện rút
y
như
trên. Tuy nhiên, có lẽ đây cũng không phải là con đường chế tác bài toán
trên. Từ nhận xét trên, ta thấy ở phương trình thứ nhất hai biến
x,y
lệch
bậc nhau 2 bậc (
3
x
và
x
;
3
y
và y), đồng thời phương trình thứ hai cũng
lệch bậc nhau 2 bậc (
22
x,y
và hằng số). Điều này gợi ý ta tạo ra sự đồng
bậc như sau:
* Cách 2: Hệ
33
22
xy8x2y
,
6x3y
−=+
⇔
=−
suy ra
3322
6(xy)(8x2y)(x3y)
−=+−.
Đây là phương trình đẳng cấp bậc 3. Việc còn lại để giải quyết hệ không
còn khó khăn nữa.
Với cách làm như trên ta có thể chế tác ra nhiều bài toán về hệ phương trình
Chẳng hạn, từ phương trình :
(x2y)(x3y)(x1)0
−+−=
nhân bung ra rồi
tách thành hai phương trình ta sẽ được một hệ.
Ví dụ 4.5.4. Giải hệ phương trình
32
22
x3xy49 (1)
x8xyy8y17x (2)
+=−
−+=−
.
Lời giải
* Cách 1: Ta thấy
x0
=
không phải là nghiệm của hệ nên từ (1)
3
2
x49
y
3x
+
⇒=− (*) thế vào phương trình (2) ta được:
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
262
3
2232
x49
x8xy8y1724y(xx)2x51x49
3x
+
−−=−⇔+=+−
2
2
x1
24xy(x1)(x1)(2x49x49)
2x49x49
y
24x
=−
⇔+=++−⇔
+−
=
•
x1
=−
thế vào (*)
y4
⇒=±
.
•
2
2x49x49
y
24x
+−
= thế vào (*), ta có:
2
32
322
x492x49x49
192x(x49)(2x49x49)
3x24x
++−
−=⇔−+=+−
Biến đổi rút gọn ta được:
432
4x4x45x94x490
++++=
22
(x1)(4x4x49)0x1
⇔+−+=⇔=−
.
Vậy hệ có hai cặp nghiệm:
(x;y)(1;4)
=−±
.
* Cách 2: Lấy
(1)3.(2)
+
ta có được:
3222
x3x3xy24xy3y24y51x49
++−+=−−
322
x3x3x13y(x1)24y(x1)48(x1)0
⇔+++++−+++=
(
)
22
(x1)(x1)3y24y480x1
⇔+++−+=⇔=−
Đến đây bài toán trở nên đơn giản.
* Cách 3: Đặt
abab
axy, bxyx,y
22
+−
=+=−⇒==
Thay vào hệ ta có được:
33
22
ab980 (3)
3a5b9a25b0 (4)
++=
−−−=
Lấy
(3)3.(4)
−
ta có:
3232
a9a27a27b15b75b1250
−+−++++=
33
(a3)(b5)0a3b5
⇔−++=⇔−=−−
. Đến đây bài toán trở nên đơn giản.
* Cách 4: Vì
x0
=
không là nghiệm của hệ nên ta đặt
ytx
=
.
Khi đó hệ trở thành:
32
22
x(13t)49
x(18tt)x(8t17)
+=−
−+=−
3
22
22
494949
x
493a
13t493(t16)
8t178t17b
x
ab
t8t1(t16)(8t17)
−−−
===
+
++−
⇔
−−
===
−
−+−−−
(Với:
2
at16;b8t17
=−=−
).
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
263
( )
3
333
3
49b
49b(ab)3ab0
493a
(ab)
−
⇒=⇔+−+=
+
−
(
)
223
a49bb(ab)(ab)3b0
⇔−−+−+=
( )
2
223
a0t16
49bb(ab)(ab)3b0 (*)
=⇔=
⇔
−−+−+=
.
•
2
t16
=
vào hệ
x1y4
⇒=−⇒=±
.
•
Khai triển và rút gọn, ta có:
432
(*)49t360t547t360t3040
⇔++−+=
22
(t4)(49t32t19)0t4
⇔+−+=⇔=−
.
Bình luận:
•
Với cách giải thứ nhất, chỉ đòi hỏi chúng ta kĩ năng tính toán và cách giải
này cũng chỉ giải quyết được vấn đề là giải được bài toán đó mà thôi.
•
Cách giải thứ 2 là cách giải ngắn gọn nhất, tuy nhiên để nghĩ ra được cách
giải đó chúng ta cần có một sự nhạy cảm nhất định. Nguồn gốc của cách
giải này theo tôi nghĩ là xuất phát từ việc chúng ta đoán được hệ có nghiệm
x1
=−
nên chúng ta tạo ra thừa số
x1
+
.
Ở phương trình thứ 2 thì
8xy
−
bắt cặp với
8y
−
sẽ tạo ra thừa số
x1
+
. Vấn
đề còn lại là
2
3xy
và
2
y
. Hai đại lượng này bắt cặp với nhau để tạo ra thừa
số
x1
+
thì bắt buộc ta nhân vào đại lượng
2
y
với một số là 3. Đó là lí do
mà ta đã nhân phương trình (2) với 3 rồi cộng với phương trình (1).
Với cách giải này, có thể giúp chúng ta chế tác ra nhiều bài hệ. Chẳng hạn,
hai bài sau là kết quả của việc làm đó.
Bài 1. Giải hệ phương trình :
32
22
x2xy5
2xxyy4xy
+=
++=+
Bài 2. Giải hệ phương trình :
32
32
xy(xy)(xy1)
xxy1xy(xy1)
+=−−
−++=−+
•
Con đường để đi đến cách giải thứ 3 có lẽ là như sau.
Do ở phương trình thứ nhất có sự xuất hiện
32
x, 3xy
và ở phương trình
thứ hai có sự xuất hiện
22
x,xy,y
nên gợi ý cho chúng ta phân tích qua hai
đại lượng
xy
−
và
xy
+
Ta có:
3233
x3xya(xy)b(xy)
+=++−. Đồng nhất hai vế ta có
1
ab
2
==
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
264
2222
x8xyya(xy)b(xy)
−+=++−.
Đồng nhất hai vế ta có:
5
b
ab1
2
3
ab4
a
2
=
+=
⇔
−=−
=−
8y17xa(xy)b(xy)
−=−++
. Đồng nhất, ta có
25
a
ab17
2
9
ab8
b
2
=−
+=−
⇔
−+=
=−
Nên ta viết lại hệ như sau:
33
22
(xy)(xy)98
3(xy)5(xy)25(xy)9(xy)
++−=−
−++−=−−−+
Và đến đây, để đơn giản về mặt hình thức ta đặt
axy,bxy
=+=−
.
Ta có hệ:
33
22
ab980
3a5b9a25b0
++=
−−−=
(*)
•
Cách giải thứ 4 được dựa vào cách giải của hệ đẳng cấp, tuy nhiên cách giải
này với cách giải thứ nhất chỉ giúp chúng ta giải quyết được bài toán và đòi
hỏi phải tính toán nhiều.
Ví dụ 4.5.5. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
2xym0 (1)
yxy2 (2)
−+=
+=
.
Lời giải.
Ta thấy (2) là phương trình không chứa tham số nên ta sẽ giải quyết (2)
trước
Ta có:
2
y2
(2)xy2y
y4y4
x
y
≤
⇔=−⇔
−+
=
.
Thay vào (1) ta được:
2
y4y44y4
ym0mf(y)
yy
−+−
−+=⇔==
(3).
Hệ có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
y2
≤
. Xét hàm số
(
)
fy
với
y2
≤
Ta có:
2
4
f'(y)0f(y)
y
=>⇒ đồng biến trên mỗi khoảng
(;0)(0;2]
−∞∪
y
y0y0
limf(y)4; limf(y); limf(y)
+−
→−∞
→→
==−∞=+∞
.
Ta có bảng biến thiên:
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
265
y
−∞
0 2
f’(y)
+ +
f(y)
+∞
2
4
−∞
Suy ra hệ có nghiệm
m(;2](4;)
⇔∈−∞∪+∞
.
Ví dụ 4.5.6. Tìm m để hệ phương trình:
2
3(x1)ym0
xxy1
++−=
+=
có ba cặp nghiệm phân biệt .
Lời giải.
Ta có:
2
x1
xxy1xy1x
x2x1
y
x
≤
+=⇔=−⇔
−+
=
(do
x0
=
không là nghiệm phương trình).
Thay vào phương trình thứ nhất ta được:
2
2
x2x1
3x6xm3
x
−+
++=−
(a) .
Hệ có ba cặp nghiệm
⇔
(a) có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn
x1
≤
.
Xét hàm số
2
22
x2x11
f(x)3x6x3x7x2
xx
−+
=++=+−+
với
x1
≤
.
32
2
6x7x1
f'(x)
x
+−
⇒=
11
f'(x)0x1;x;x
23
⇒=⇔=−=−=
.
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
−
1
2
−
0
1
3
1
f’(x)
−
0 + 0
−
−
0 +
f(x)
+∞
27
4
−
−∞
9
7
−
−∞
11
3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (a) có ba nghiệm phân biệt
1120
m39m12
33
2715
7m34m
44
≤−≤≤≤
⇔⇔
−
−≤−≤−−≤≤
.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
266
Vậy
20
m12
3
≤≤
hoặc
15
4m
4
−
−≤≤ là những giá trị cần tìm.
Ví dụ 4.5.7. Tìm tất cả giá trị của tham số a để hệ sau có nghiệm (x; y) thoả
mãn điều kiện
x4
≥
.
xy3 (1)
x5y3a (2)
+=
+++≤
.
Lời giải.
Điều kiện:
x,y0
≥
Đặt
txy3t
=⇒=−
, do
x4
2t3
y0
≥
⇒≤≤
≥
.
Khi đó (2) trở thành:
22
at5t6t12f(t)
≥++−+= (3).
Xét hàm số f(t) với
[
]
t2;3
∈ , có
22
tt3
f'(t)
t5t6t12
−
=+
+−+
22
f'(t)0t(t3)3(3t)t5
⇒=⇔−+=−+
(*)
2222222
t(t3)3t(3t)t5(3t)2t30t450
⇒−+=−+−⇔−+=
Phương trình vô nghiệm vì
[
]
t2;3
∈
BBT:
t 2 3
f'(t)
+
f(t)
143
+
5
Hệ có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
∈⇔≥==
[1;2]
t[2;3]aminf(t)f(2)5
.
Vậy
a5
≥
là những giá trị cần tìm.
2. Biến đổi về phương trình tích
Xuất phát từ một phương trình hoặc cộng trừ hai phương trình của hệ, dẫn
tới một phương trình tích. Từ phương trình tích này ta có thể biểu diễn
được ẩn này qua ẩn kia.
Ví dụ 4.5.8. Giải hệ phương trình:
22
2
2xy
xy1 (1)
xy
xyxy (2)
++=
+
+=−
.
Lời giải
Điều kiện :
xy0
+>
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
267
Phương trình thứ nhất của hệ chứa ba biểu thức
22
xy;xy;xy
++
, mà ba
biểu thức này quan hệ với nhau bởi đẳng thức:
222
(xy)xy2xy
+=++ nên
sẽ biến đổi (1) như sau:
Ta có:
222
22
(xy)(xy)
(1)xy10
xy
+−+
⇔++−=
+
2222
(xy)(xy)(xy)
xy10
xy
++−+
⇔++−=
+
22
xy
(xy1)(1)0xy10y1x
xy
+
⇔+−+=⇔+−=⇔=−
+
( Do
22
xy
0
xy
+
>
+
)
Thay vào (2), ta được:
22
x1y0
x(1x)1xx20
x2y3
=⇒=
−−=⇔+−=⇔
=−⇒=
Vậy hệ có hai cặp nghiệm:
(x;y)(1;0), (2;3)
=−
.
Ví dụ 4.5.9. Giải hệ phương trình :
22
xyxyx2y
x2yyx12x2y
++=−
−−=−
.
Lời giải.
Điều kiện:
x1
y0
≥
≥
Phương trình thứ nhất của hệ
22
x(y1)x2yy0
⇔−+−−=
(*)
Xem (*) là phương trình bậc hai ẩn
x,
còn
y
là tham số, phương trình này
có biệt thức
222
(y1)4(2yy)(3y1)
∆=+++=+
Do đó (*) có hai nghiệm
x2y1,xy
=+=−
, ta loại nghiệm
xy
=−
Thay
x2y1
=+
vào phương trình thứ hai của hệ ta tìm được
y2x5
=⇒=
Vậy hệ đã cho có nghiệm
(x;y)(5;2)
=
.
Bình luận: Khi gặp một phương trình của hệ có dạng
22
axbycxydxeyf0
+++++=
, ta có thể xem đây là một phương trình bậc
hai với ẩn
x
(hoặc
y
) và
y
(hoặc
x
) là tham số. Nếu biệt thức
∆
có dạng
2
(myn)
+ thì ta rút được
xy
=α+β
.
Nếu gặp hệ phương trình gồm hai phương trình bậc hai, nhưng mỗi
phương trình của hệ không có tính chất nêu trên thì ta có thể nhân vào mỗi
phương trình một số nào đó rồi cộng chúng lại với nhau để được một
phương trình bậc hai có tính chất vừa nêu trên.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
268
Ví dụ 4.5.10. Giải hệ phương trình :
()
()
2
2
2x2xyy51
yxy5x72
++=
++=
.
Lời giải.
Nhân phương trình thứ hai của hệ với
k0
≠
và cộng với phương trình thứ
nhất ta được:
22
2x(2yky5k)xkyy7k50
+++++−−=
(*)
Xem (*) là phương trình bậc hai ẩn
x
, phương trình này có biệt thức
[ ]
2
2
x
(2k)y5k8(kyy7k5)
∆=++−+−−
2222
(k2)y2(5k10k4)y25k56k40
=−++−+++
.
Ta chọn
k
sao cho
2
x
(ayb)
∆=+, tức là
k
thỏa mãn
2222
y
'(5k10k4)(k2)(25k56k40)0
∆=+−−−++=
(**)
Ta thấy phương trình (**) có một nghiệm
k1
=
, ta chọn giá trị này.
Khi đó
22
x
y22y121(y11)
∆=++=+
Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm:
y3
x;xy4
2
−+
==−−
.
Thay vào hệ ta tìm được hai cặp nghiệm
(1;1),(1;3)
−−
.
Ví dụ 4.5.11. Giải hệ phương trình
32
22
x2xy5
2xxyy4xy
+=
++=+
.
Lời giải.
Nhận thấy phương trình có nghiệm
(
)
1;2
± , nên ta suy nghĩ đến việc tạo
ra thừa số
x1
−
.
Chú ý đến số hạng chứa
2
y
ở hai phương trình, ta nghĩ đến lấy phương
trình thứ nhất trừ đi 2 lần phương trình thứ hai ta có được:
322
x4x8x52y(x1)y(x1)0
−+−+−+−=
22
(x1)(x3x5)2y(x1)y(x1)0
⇔−−++−+−=
22
(x1)(x3x2yy5)0
⇔−−+++=
(*)
Do
22
22
3121
x3x2yy5x2y0, x,y
248
−+++=−+++>∀∈
¡
Nên
(*)x1
⇔=
. Từ đó ta tìm được
(
)
(x;y)1;2
=± là nghiệm của hệ.
3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ quen thuộc
Việc đặt ẩn phụ làm cho cấu trúc của hệ nhìn đơn giản hơn, từ đó chúng ta
có lời giải rõ ràng hơn. Để đặt ẩn phụ chúng ta cần tạo ra những nhóm
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
269
hạng tử đồng dạng với nhau. Để tạo ra những nhóm hạng tử này ta thường
thực hiện chia hoặc ghép các hạng tử với nhau.
Ví dụ4.5.12. Giải hệ phương trình :
333
22
1xy19x
yxy6x
+=
+=−
.
Lời giải.
Vì
x0
=
không là nghiệm của hệ nên hệ
3
3
2
2
1
y19
x
11
yy6
x
x
+=
⇔
+=−
Đặt
1
a
x
=
, ta có hệ:
33
22
ay19
ayya6
+=
⇔
+=−
Đặt
Say,Pay
=+=
.
Khi đó:
2
S1a3a2
S(S3P)19
P6y2y3
SP6
===−
−=
⇔⇒∪
=−=−=
=−
.
Vậy nghiệm của hệ là:
11
(x;y)(;2), (;3)
32
=−− .
Bình luận.
1) Ngoài cách giải trên, ta có thể giải theo cách sau
Ta thấy
x0
=
không là nghiệm của hệ, ta biến đổi hệ như sau
223
2
6(1xy)(1xyxy)6.19x
19xy(1xy)19.6x
+−+=
+=−
Cộng hai phương trình của hệ lại ta được:
22
(1xy)(6xy13xy25)0
+++=
Đến đây, bài toán trở nên đơn giản.
2) Một ví dụ tương tự như bài toán trên
22
222
yxy6x
1xy5x
+=
+=
.
Ví dụ 4.5.13. Giải hệ phương trình
22
22
x3y4xy18x22y310
2x4y2xy6x46y1750
++−−+=
+++−+=
.
Lời giải.
Đặt
xu5;yv7
=−=+
ta có hệ phương trình
22
22
u3v4uv1(3)
2u4v2uv1(4
)
++=
++=
(*)
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
270
Hệ này có thể giải theo cách thông thường, nhưng lưu ý là trừ 2 phương
trình vế theo vế ta có ngay
22
uv2uv0uv
+−=⇔=
Ta có hệ
2
1
uv
8u1
22
(*)
1
uv
uv
22
==
=
⇔⇔
−
=
==
Vậy hệ đã cho có nghiệm:
1111
(x;y)5;7,5;7
22222222
−−
=−+−+
.
Chú ý: Để thực hiện được phép đặt u,v để đưa về hệ (*) như trên, ta đã thực
hiện bước thử như sau
Đặt
xua;yvb
=+=+
ta có hệ phương trình
2222
2222
u4uv3vu(2a4b18)v(6b4a22)4aba3b18a22b310
2u4v2uvu(4a2b6)v(2a8b46)2a4b2ab6a16b1750
++++−++−+++−−+=
+++++++−++++−+=
Để hệ số của u, v là 0 ta giải hệ phương trình
2a4b180
6b4a220a5
4a2b60b7
2a8b460
+−=
+−==−
⇔
++==
+−=
.
Cách giải trên ta có thể áp dụng có một số hệ bậc hai
Ví dụ 4.5.14. Giải hệ phương trình:
22
22
2x3yxy9x8y90
xy3xyx8y50
+−−++=
−+−−−=
.
Lời giải.
Đặt
xa2, yb1
=+=−
ta có hệ:
22
22
2(a2)3(b1)(a2)(b1)9(a2)8(b1)90
(a2)(b1)3(a2)(b1)(a2)8(b1)50
++−−+−−++−+=
+−−++−−+−−−=
2222
222
2aab3b4a3abb2
a3abb27ab5b0
−+=+−=
⇔⇔
+−=−=
2
2
5
ab
b0
7
81
a2
b2
49
=
=
⇔∨
=
=
, giải các hệ này ta được
b0
a2
=
=±
và
52
a
9
72
b
9
=±
=±
.
Từ đó ta suy ra được nghiệm của hệ đã cho là:
( )
( )
5272
x;y22;1,2;1
99
∈±−±−±
.
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
271
Ví dụ 4.5.15. Giải hệ phương trình
−−++−−=
−+−+++=
322
322
8x12xy36x12xy28x3y30
y6xy9y24xy24x24y250
.
Lời giải.
Đặt
a1
x
2
+
= và
yb2
=−
, thay vào hệ và biến đổi ta có:
3232
323
a3ab4a3ab4
b3ab5(ab)1
−=−−=−
⇔
−=−−=
3232
ba1ba1
a2
b1
a3a(a1)42a3a40
=−=−
=
⇔⇔⇔
=
−−=−−−=
.
Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
3
x
2
y1
=
=−
.
Ví dụ 4.5.16. Giải hệ phương trình
2423
244
(x1)y12xy(y1)
xy(3xy2)xy(x2y)1
++=−
−=++
.
Lời giải.
Hệ
24245
262245
xy2xy1y2xy0
3xy2xyxy2xy10
+++−=
⇔
−−−−=
2
24
222
24
x1
x22xy1
yy
2x1
3xyx2xy0
yy
++−=−
⇔
−−−−=
2
2
2
22
2
1
x2xy1
y
1
3xy2xyx0
y
+−=−
⇔
−−+=
.
(do
y0
=
không là nghiệm của hệ)
Đặt
2
1
ax,bxy
y
=+=, ta có hệ:
22
222
a2b1a2b1
b1
a1
a3b2b03b4b10
−=−=−
=
⇔⇔
=±
−+=−+=
•
2
2
5115
1
1
xx
x
x1
a1
22
y
y
v
b1
1515
xy1
yy10
yy
22
−+
==−
=
+=
=
⇔⇔⇔
=
+−
=
−−=
==
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
272
•
2
2
1
1
x
x1
a1
y
y
b1
xy1
yy10
=
+=−
=−
⇔⇔
=
=
++=
hệ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
1515
(x;y);
22
−±±
=
.
Ví dụ 4.5.17. Giải hệ phương trình
5
22
2
22
6xy
(x1)3
x2
4x3xy9xy
3yx
x3y
−+=
+
−−
−=
+
.
Lời giải.
Từ phương trình thứ hai, ta có
3yx
x3y0
≥
+≠
Hệ đã cho tương đương với:
225
222
2
(x2x4)(x2)6xy
4x3xy9xy
(3yx)
x3y
−++=
⇔
−−
−=
+
65
22
x86xy
4x
9y6xyx3xy
x3y
+=
⇔
−+=−
+
6565
2233
x86xyx86xy
(x3xy9y)(x3y)4xx27y4x
+=+=
⇔⇔
−++=+=
Vì
x0
=
không là nghiệm của hệ, nên ta có:
6
3
32
6y
8
1
x
x
27y
4
1
xx
+=
+=
Đặt
2
3y
2
a0, b
x
x
=>=, ta thu được hệ:
3
3
1a2b
1b2a
+=
+=
3
32
22
abab
1a2b
a2a10(a1)(aa1)0
(ab)(aabb2)0
==
+=
⇔⇔⇔
−+=−+−=
−+++=
ab
15
a1,a
2
=
⇔
−+
==
.
•
ab1
==
, ta có:
2
2
x2x2
1
x
v
22
3y
yy
1
33
x
==−
=
⇔
==−
=
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
273
•
2
251
15
2
x
ab
2
3y
51
x2
−
=
−+
==⇔
−
=
( ) ( )
x51x51
v
51515151
yy
66
=+=−+
⇔
+−+−
==−
.
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của hệ đã cho là:
( )
2(51)51
x;y2;, 51;
36
−+
=±±−+−
.
Ví dụ 4.5.18. Giải hệ phương trình sau
(
)
2
2x1y122x18
yy2x12x13
−−+−=−
+−+=
.
Lời giải.
Điều kiện:
1
x
2
≥
. Đặt
t2x1
=−
với
t0
≥
. Hệ phương trình trở thành
( )
(
)
( ) ()
2
22
ty2ty81
ty12t8
yytt12
ty3ty122
−−=−
−+=−
⇔
++=
−+=
Từ (1) và (2), suy ra
( ) ( )
2
ty0
2ty3ty0
3
ty
2
−=
−+−=⇔
−=−
•
Với
ty
=
, ta có:
ty2
==
. Khi đó:
5
2x12xy2
2
−=⇔=⇒=
.
•
Với
3
yt
2
=+
, có
( )
−+
+−=⇔=≥
2
361
4t6t130tdot0
4
.
Khi đó:
361
3361
y
y
361
4
24
t
4
43361
361
x
2x1
164
+−+
=
=+
−+
=⇔⇔
−−+
=
−=
Vậy hệ có nghiệm
543361361
(x;y);2,;.
2164
−+
=
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
274
Ví dụ 4.5.19. Giải hệ phương trình:
(
)
( )
( )
4322
2
4222
6xxxyy12x6
5xx1y11x5
−−−+=−
−−−=−
.
Lời giải.
Nhận thấy,
x0
=
không là nghiệm của hệ nên chia hai vế của mỗi phương
trình cho
2
x
ta được:
22
2
2
22
2
11
6xxyy120
x
x
11
5xxy110
x
x
+−−−−=
+−−−=
2
2
22
2
11
6xxyy0
xx
11
5xxy10
xx
−−−−=
⇔
−−−−=
Đặt
1
ax
x
=−
, ta có hệ:
22
222
6aayy0
5aay10
−−=
−−=
.
Chia hai vế của hệ cho
2
a0
≠
ta có:
2
2
2
2
yy
6
a
a
1
y5
a
+=
+=
.
Đặt
1
u
a
=
, ta có hệ:
22
2
22
uy(uy)6
yuuy6uy3
uy2
(uy)2uy5
uy5
+=
+=+=
⇔⇔
=
+−=
+=
Từ đó ta tìm được:
u1
y2
=
=
hoặc
u2
y1
=
=
.
•
2
115
u1a1x1xx10x
x2
±
=⇒=⇔−=⇔−−=⇔=
•
2
111117
u2ax2xx20x
2x24
±
=⇒=⇔−=⇔−−=⇔= .
Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
( )
15117
x;y;2, ;1
24
±±
=
.
4. Phương pháp hàm số
Trong phương pháp này, chúng ta dựa vào tính đơn điệu của hàm số để
thiết lập mối quan hệ giữa các ẩn.
Kịch bản mà chúng ta thường sử dụng đó là từ một phương trình của hệ
hoặc cả hai phương trình ta biến đổi về dạng:
f(u)f(v)
=
với
uu(x,y),vv(x,y)
==
Trong đó
f(t)
là một hàm liên tục và đồng biến hoặc nghịch biến trên
khoảng mà ta đang xét.
