Hệ phương trình (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 (740.07 KB, 97 trang )
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
210
§ 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Là hệ có dạng:
axbyc
axbyc
+=
′′′
+=
trong đó a, b, c, a’, b’, c’ là các số thực cho
trước và a, b, a’, b’ không đồng thời bằng không.
Cách giải: Dùng định thức Crame
Ta có các định thức:
xy
a c
a bc b
D; D; D
a c
a bc b
===
′′
′′′′
.
* Nếu
D0
≠
thì hệ có nghiệm duy nhất:
y
x
D
D
x; y
DD
==.
* Nếu
xy
DDD0
===
thì hệ vô số nghiệm:
x
cax
y(b0)
b
∈
−
=≠
¡
.
* Nếu
x
y
D0
D0
D0
=
≠
≠
thì hệ đã cho vô nghiệm.
II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 4.1.1. Cho hệ phương trình:
mxym2
4xmy3m2
+=+
+=+
1. Giải và biện luận hệ đã cho
2. Tìm m để hệ đã cho nghiệm duy nhất (x; y) sao cho
22
P2xy
=+
nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Ta có:
2
m 1
Dm4(m2)(m2)
4 m
==−=−+
2
x
m2 1
Dmm2(m1)(m2)
3m+2 m
+
==−−=+−
2
y
m m2
D3m2m8(m2)(3m4)
4 3m2
+
==−−=−+
+
•
D0m2
≠⇔≠±
hệ đã cho có nghiệm duy nhất:
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
211
x
y
D
m1
x
Dm2
D
3m4
y
Dm2
+
==
+
+
==
+
•
D0m2
=⇔=±
+) Với
x
m2D0
=−⇒≠
nên hệ đã cho vô nghiệm
+) Với
m2
=
, ta có hệ
2xy4x
4x2y8y42x
+=∈
⇔
+==−
¡
.
2. Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
m2
≠±
Khi đó:
x
y
D
m1
x
Dm2
D
3m4
y
Dm2
+
==
+
+
==
+
nên
22
2
2
m13m411m28m18
P2
m2m2
m4m4
++++
=+=
++
++
Ta có
3
4(4m5)5
P'P'0m
4
(m2)
+
=⇒=⇔=−
+
.
Do đó ta có:
1
minP
3
=
đạt được khi
5
m
4
=−
.
Vậy
5
m
4
=−
là giá trị cần tìm.
Ví dụ 4.1.2. Tùy theo giá trị của tham số m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
( ) ( )
22
Px2my1mx2y2m1
=−++−+−.
Lời giải.
Xét hệ phương trình
x2my10x2my1
mx2y2m10mx2y2m1
−+=−=−
⇔
−+−=−=−+
(*)
Ta có:
( )
2
1 2m
D2m1,
m 2
−
==−
−
( )
2
x
1 2m
D22m(2m1)22mm1
2m1 2
−−
==−−=−++
−+−
,
y
1 1
Dm1
m 2m1
−
==−+
−+
.
•
Nếu
m1
≠−
thì hệ (*) có nghiệm nên
minP0
=
•
Nếu
m1
=−
thì ta có:
( )
2
2
Px2y1(x2y3)
=+++++
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
212
Đặt
tx2y1
=++
, suy ra
2222
Pt(t2)2t4t42(t1)22
=++=++=++≥
Đẳng thức xảy ra khi
t1x2y20
=−⇔++=
. Do đó
minP2
=
.
Vậy
0 khi m1
minP
2 khi m1
≠−
=
=−
.
Ví dụ 4.1.3. Giải hệ phương trình:
22
22
xyxy40
2xxyy5xy20
+++−=
+−−++=
.
Lời giải.
Cách 1: Đặt
2
tx
=
. Khi đó hệ trở thành:
2
2
txyy4
2t(y5)xyy2
+=−−+
+−=−−
Xét hệ bậc nhất hai ẩn t và x.
Ta có:
1 1
Dy7
2 y5
==−
−
,
2
2
x
2
1 yy4
D3yy10
2 yy2
−−+
==+−
−−
2
32
t
2
yy4 1
Dy3y10y18
yy2 y5
−−+
==−++−
−−−
.
Vì
y7
=
không là nghiệm của hệ nên suy ra:
t
x
D
t
D
D0
D
x
D
=
≠⇒
=
.
Vì
2
2
t
x
2
D
D
tx
D
D
=⇒=
23222
tx
D.DD(y7)(y3y10y18)(3yy10)
⇔=⇔−−++−=+−
43222
5y2y24y34y130(y1)(5y8y13)0
⇔−−+−=⇔−+−=
y1x1
134
yx
55
=⇒=
⇔
=−⇒=−
.
Vậy hệ có hai nghiệm:
413
(x;y)(1;1), ;
55
=−−
.
Cách 2: Ta có
22
2xxyy5xy20
+−−++=
22
2x(y5)xyy20
⇔+−−++=
(*)
2222
x
(y5)8(yy2)9y18y9(3y3)
∆=−−−++=−+=−
Nên (*) có hai nghiệm:
y1
x
2
+
= và
x2y
=−
.
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
213
•
Với
y1
xy2x1
2
+
=⇔=−
thay vào hệ ta có được:
( )
2
22
x1y1
x2x1x2x1405xx40
413
xy
55
=⇒=
+−++−−=⇔−−=⇔
=−⇒=−
•
Với
x2y
=−
thay vào hệ ta có:
222
(2x)x202x4x10x1y1
−+−=⇔−+=⇔=⇒=
.
Vậy nghiệm của hệ là
413
(x;y)(1;1), ;
55
=−−
.
Ví dụ 4.1.4. Giải hệ phương trình:
22
22
14x21y6x45y140
35x28y41x122y560
−−+−=
++−+=
.
Lời giải.
Cách 1: Đặt
2
tx
=
, khi đó ta có hệ:
2
2
14t6x21y45y14
35t41x28y122y56
−=−+
+=−+−
Ta có:
14 6
D784
35 41
−
==
2
2
t
2
21y45y14 6
D693y1113y238
28y122y56 41
−+−
==−+
−+−
2
2
x
2
14 21y45y14
D1127y3283y1274
35 28y122y56
−+
==−+−
−+−
Do
D0
≠
nên hệ có nghiệm duy nhất:
t
x
D
t
D
D
x
D
=
=
Vì
2
tx
=
nên ta có:
2
2
t
x
tx
2
D
D
D.DD
D
D
=⇔=
(
)
(
)
2
22
1699y159y34723y67y26
⇔−+=−+
432
3703y21574y38211y21844y41880
⇔−+−+=
2
(y2)(y3)(3703y3059y698)0
⇔−−−+=
y2,y3
⇔==
.
Vậy nghiệm của hệ là
(
)
(
)
(
)
x;y1;2, 2;3
=−.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
214
Cách 2: Đặt
xa1; yb2
=+=+
hệ đã cho trở thành:
22
22
14a21b22a39b0
35a28b111a10b0
−+−=
++−=
Ta thấy hệ có nghiệm
(a;b)(0;0)
=
. Với
a0
≠
đặ
bta
=
ta có:
2
2
22
2
2
39t22
a
(1421t)a39t22
39t2210t111
1421t
10t11
1421t3528t
(3528t)a10t11
a
3528t
−
=
−=−
−−
−
⇔⇒=
−
−+
+=−
=
+
322
186t421t175t1120(3t1)(62t161t112)0
⇔−++=⇔+−+=
1
t
3
⇔=−
2
39t22
a3b1
1421t
−
⇒==−⇒=
−
.
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm:
(x;y)(1;2), (2;3)
=−
.
Ví dụ 4.1.5. Cho hệ phương trình :
22
xaya0
xyx0
+−=
+−=
. Tìm tất cả các giá trị a
để hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1122
(x;y), (x;y)
. Khi
đó hãy chứng minh:
22
1212
(xx)(yy)1
−+−≤
.
Lời giải.
Rút x từ phương trình thứ nhất thế vào phương trình thứ hai ta được :
22
(aya)y(aya)0
−++−=
2222
(1a)y(a2a)yaa0
⇔++−+−=
(*).
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
⇔
(*) có hai nghiệm phân
biệt:
22222
4
(2aa)4(aa)(1a)3a4a00a
3
⇔∆=−−−+=−+>⇔<<
Khi đó
1122
xaya;xaya
=−=−
với y1, y2 là hai nghiệm của (*).
Theo Viét ta có:
2
12
2
2
22
121212
22
2
12
2
2aa
yy
4a3a
a1
(yy)(yy)4yy
(a1)
aa
yy
a1
−
+=
−
+
⇒−=+−=
+
−
=
+
Suy ra :
2222
121212
(xx)(yy)(a1)(yy)
−+−=+−
22
22
4a3a(2a1)
11
a1a1
−−
==−≤
++
.
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
215
Ví dụ 4.1.6. Giả sử hệ phương trình
2
2
xaybyc
(a,m0)
ymxnxp
=++
≠
=++
có bốn cặp
nghiệm
ii
(x;y)
với i=1,2,3,4. Kí hiệu các số thực dương
123
l,l,l
như sau:
22222
112123434
l(xx)(yy)(xx)(yy)
=−+−−+−
22222
223231414
l(xx)(yy)(xx)(yy)
=−+−−+−
22222
113132424
l(xx)(yy)(xx)(yy)
=−+−−+−
.
Chứng minh rằng trong các số
123
l,l,l
có một số bằng tổng hai số còn lại.
Lời giải.
Ta kí hiệu các điểm
iii
M(x;y)
, trong đó
ii
(x;y)
i1,2,3,4
=
là bốn cặp
nghiệm của hệ đã cho thì các số
123
l,l,l
được viết như sau:
( )
2
22
1123411234
lMM.(MM)lMM.MM
=⇒= .
Tương tự:
2231431324
lMM.MM; lMM.MM
==
.
Vậy lúc này yêu cầu bài toán trở thành chứng minh đẳng thức(ta giả sử
123
lll
=+
):
123423141324
MM.MMMM.MMMM.MM
=+
(*).
(Khi hoán vị các điểm
i
M
cho nhau ta có hai đẳng thức còn lại).
Vì
ii
(x;y), i1,2,3,4
=
là nghiệm của hệ phương trình nên:
2
1
2
ii
iii
2
2
i
iii
ii
x
bc
yy
xaybyc
aaa
yp
n
ymxnxp
xx
mmm
=++
=++
⇔
=++
=++
22
iiii
xyxy0
⇒++α+β+λ=
(1).
Trong đó:
p
n1b1c
; ;
maamam
α=−β=−λ=+ .
Từ (1) ta suy ra các điểm
i
M
nằm trên đường tròn có phương trình:
22
xyxy0
++α+β+λ=
.
Do đó các điểm
1234
M,M,M,M
nằm trên một đường tròn nên áp dụng
định lí Potoleme ta có điều phải chứng minh.
III. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 4.1.1. Cho hệ phương trình:
mxy2m1
xmym4
+=+
+=−+
.
1. Giải và biện luận hệ theo tham số m.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
216
2. Giả sử hệ có nghiệm (x;y). Tìm mối liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m.
3. Tìm m nguyên để hệ có nghiệm (x;y) với x,y là những số nguyên.
Hướng dẫn giải
1) Ta có:
2
Dm1(m1)(m1);
=−=−+
2
xy
D2(m1)(m2); D(m1)
=−+=−−
•
Nếu
xy
m1DDD0
=⇒===⇒
hệ vô số nghiệm:
x
y3x
∈
=−
¡
.
•
Nếu
x
D0
m1
D0
=
=−⇒⇒
≠
hệ vô nghiệm.
•
Nếu
m1
≠±⇒
hệ có nghiệm duy nhất:
x
y
D
2(m2)
x
Dm1
D
m1
y
Dm1
+
==
+
−+
==
+
.
KL:
•
m1
=
hệ có vô số nghiệm :
x
y3x
∈
=−
¡
.
•
m1
=−
hệ vô nghiệm.
•
m1
≠±
hệ có nghiệm duy nhất:
x
y
D
2(m2)
x
Dm1
D
m1
y
Dm1
+
==
+
−+
==
+
.
2) Hệ có nghiệm
m1
⇔≠−
.
•
Với m=1 thì hệ thức liên hệ giữa x và y là
xy3
+=
.
•
Với
m1
≠
hệ có nghiệm duy nhất:
2
x2
m1
xy3xy30
2
y1
m1
=+
+
⇒−=⇔−−=
=−+
+
.
Vậy hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m là:
xy30
−−=
.
3) Ta có với m=1 thì hệ luôn có nghiệm nguyên.
Với
m1
≠±
hệ có nghiệm duy nhất :
2
x2
m1
2
y1
m1
=+
+
=−+
+
2
x,y
m1
⇒∈⇔∈
+
¢¢
m11
m12
+=±
⇔
+=±
.
Giải ra ta được
m0,m2,m3
==−=−
, m = 1.
Vậy
m1;m0;m2;m3
===−=−
là những giá trị cần tìm.
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
217
Bài 4.1.2. Cho hệ phương trình:
(2m1)x3y3m2
(m3)x(m1)y2m
+−=−
+−+=
.
1. Tìm m để hệ có nghiệm.
2. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn
x2y
≥
.
3. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho
22
Px3y
=+ nhỏ nhất .
Hướng dẫn giải
Ta có:
D2(m2)(m2)
=−−+
;
x
D(m2)(13m)
=−−
;
y
D(m2)(m3)
=−+
1) Ta có hệ vô nghiệm
22
xy
D0
m2
DD0
=
⇔⇔=−
+≠
.
Vậy hệ có nghiêm
⇔
m2
≠−
.
2) Hệ có nghiệm duy nhất
m2
⇔≠±
và
3m1
x
2(m2)
m3
y
2(m2)
−
=
+
+
=−
+
.
m1
3m12(m3)5m5
m2
x2y0
2(m2)2(m2)m2
m2
≥−
−++
≠
⇒≥⇔≥−⇔≥⇔
+++
<−
.
3) Hệ có nghiệm duy nhất
m2
⇔≠±
Để tìm giá trị nhỏ nhất của P ta có thể giải theo hai cách sau:
* Cách 1: Dùng miền giá trị.
2
22
2
3m3m7
Px3y
m4m4
++
=+=
++
2
(3P)m(34P)m74P0
⇔−+−+−=
(1)
*
P3
=
thì (1) có nghiệm
5
m
9
=−
.
*
P3(1)
≠⇒
có nghiệm
75
52P750P
52
⇔∆=−≥⇔≥ .
Đẳng thức xảy ra khi
8
m
9
=
.
Vậy P nhỏ nhất
8
m
9
⇔=
và
75
MinP
52
= .
* Cách 2: Dùng BĐT Bunhiacopski.
Ta có:
3m17m2110m20
x7y5
2(m2)2(m2)
−+++
−===
++
.
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:
2
222
74952
25(x7y)x(3y)(1)(x3y)P
33
3
=−=−≤++=
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
218
75
P
52
⇒≥ . Đẳng thức xảy ra
y
x8
m
179
⇔=−⇔=
.
Bài 4.1.3. Cho hệ
2
(m1)xmy2m1
mxym2
++=−
−=−
.
1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
2. Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm hệ thức độc lập giữa hai nghiệm.
3. Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm m để x.y lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Ta có:
222
xy
D(mm1);D(m1)(mm1);D(m2)(mm1)
=−++=−−++=−++
1) Hệ có nghiệm duy nhất với mọi m.
2)
xm1
xy10
ym2
=−
⇒+−=
=−+
là hệ thức cần tìm.
3) Ta có:
22
311
xym3m2(m)
244
=−+−=−−+≤
Vậy
1
Max x.y
4
=
đạt được khi
3
m
2
=
.
Bài 4.1.4. Cho x,y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
22
P(x2y1)(2xmym1)
=−+++++ .
Hướng dẫn giải
Xét hệ :
x2y10x2y1
2xmym102xmym1
−+=−=−
⇔
+++=+=−−
(*)
Hệ có
Dm4
=+
,
x
D3m2
=+
,
y
Dm1
=−+
* Nếu
m4D0(*)
≠−⇒≠⇒
có nghiệm duy nhất
3m2
x
m4
m1
y
m4
+
=
+
−+
=
+
.
P0
⇒≥
. Đẳng thức xảy ra
3m2
x
m4
(*)
m1
y
m4
+
=
+
⇔⇔
−+
=
+
.
Vậy trong trường hợp này giá trị nhỏ nhất của
P0
=
.
* Nếu
m4
=−
, khi đó:
22
P(x2y1)(2x4y3)
=−++−−.Đặt
tx2y1
=−+
ta có:
2222
Pt(2t5)5t20t255(t2)55
=+−=−+=−+≥
.
Đẳng thức xảy ra
t2x2y10
⇔=⇔−−=
. Vậy trong trường hợp này giá trị
nhỏ nhất của
P5
=
.
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
219
KL:
0 khi m4
minP
5 khi m4
≠−
=
=−
.
Bài 4.1.5. Tìm giá trị lớn nhất của
( )
2
2
P(3xy2)6x2my5m1
=+−+−+−
Hướng dẫn giải
Xét hệ:
3xy20(1)
6x2my5m10 (2)
+−=
−+−=
(*)
Từ (1)
y23x
⇒=−
thay vào (2) ta có:
6(m1)xm10
++−=
* Nếu
m1(*)
≠−⇒
có nghiệm duy nhất
P0
⇒≥
và đẳng thức có
⇔
(x;y) là
nghiệm của (*)
MinP0
⇒=
.
* Nếu
22
m1P(3xy2)(6x2y6)
=−⇒=+−++−
Đặt
222
444
t3xy2Pt(2t2)5(t)
555
=+−⇒=+−=−+≥
4
MinP
5
⇒=
Vậy
0 khi m1
MinP
4
khi m1
5
≠−
=
=−
.
Bài 4.1.6. Giả sử hệ phương trình
axbyc
bxcya
cxayb
+=
+=
+=
có nghiệm.
Chứng minh rằng:
333
abc3abc
++= (1)
Hướng dẫn giải
* Cách 1: Ta thấy nếu
ababc(1)
=⇒==⇒
đúng nên ta chỉ xét khi a,b,c đôi
một khác nhau. Cộng ba phương trình của hệ lại với nhau ta được:
abc0
(abc)(xy1)0
xy10
++=
+++−=⇔
+−=
.
* Nếu
xy10y1x
+−=⇔=−
. Khi đó hệ trở thành:
(ab)xcb
cbacba
(bc)xacabc
abbcca
(ca)xba
−=−
−−−
−=−⇒==⇒==
−−−
−=−
loại .
* Nếu
abc0
++=
333222
abc3abc(abc)(abcabbcca)0
⇒++−=++++−−−=
(1)
⇒
đúng. Vậy ta có đpcm.
* Cách 2: Với lí luận như trên ta xét hệ khi a,b,c đôi một khác nhau.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
220
Từ hai phương trình đầu của hệ
2
x
2
2
y
2
D
cab
x
D
acb
D
abc
y
D
acb
−
==
−
⇒
−
==
−
.
Thay vào phương trình thứ ba ta được:
33
333
22
cabcaabc
babc3abc
acbacb
−−
+=⇔++=
−−
đpcm.
Bài 4.1.7. Giải các hệ phương trình sau
1.
22
22
2xy3x15y0
3x4y5x2y0
++−=
−−+=
2.
22
2
x2y3x2xy0
y3yxy10
+−+=
−++=
.
Hướng dẫn giải
1. * Nếu
x0y0(x;y)(0;0)
=⇒=⇒=
là một nghiệm của hệ.
* Nếu
x0
≠
đặt
ytx
=
, ta có:
2222
22
2222
2xtx3x15tx0(2t)x15t3
15t352t
2t34t
3x4tx5x2tx0(34t)x52t
++−=+=−
−−
⇔⇒=
+−
−−+=−=−
322
58t7t49t190(2t1)(29t22t19)0
⇔−−+=⇔−+−=
1
t
2
11442
t
29
=
⇔
−±
=
.
+)
2
115t3
tx2y1
2
t2
−
=⇒==⇒=
+
.
+)
2
1144215t37308174042
tx
29
24758842
t2
−+−−+
=⇒==
−
+
3727084837242
y
29(24758842)
−
⇒=
−
.
+ )
2
1144215t37308174042
tx
29
24758842
t2
−−−−−
=⇒==
+
+
3727084837242
y
29(24758842)
+
⇒=
+
.
Vậy hệ đã cho có bốn cặp nghiệm.
2. Hệ
22
2
x2y3x2xy0
2y6y2xy20
+−+=
⇔
−++=
cộng hai phương trình ta có:
2
x2y1
(x2y)3(x2y)20
x2y2
+=
+−++=⇔
+=
.
*
x12y
=−
thay vào hệ ta có :
2
y3yy(12y)10
−+−+=
2
y2y10y12x322
⇔+−=⇔=−±⇒=
m
*
x22y
=−
thay vào hệ ta được:
2
15
yy10yx35
2
−±
+−=⇔=⇒=m .
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
221
§ 2. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa: Là hệ có dạng
f(x;y)a
g(x;y)b
=
=
(I) trong đó f(x;y), g(x;y) là các biểu
thức đối xứng, tức là
f(x;y)f(y;x), g(x;y)g(y;x)
==
.
2. Cách giải: Đặt
Sxy, Pxy
=+=
.
Biểu diễn
f(x;y), g(x;y)
qua S và P ta có hệ :
F(S;P)0
G(S;P)0
=
=
giải hệ này ta tìm
được S, P.
Khi đó x,y là nghiệm của phương trình :
2
XSXP0 (1)
−+= .
3. Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S và P.
2222
33223
22
4422222222
xy(xy)2xyS2P
xy(xy)(xyxy)S3SP
xyyxxy(xy)SP
xy(xy)2xy(S2P)2P
+=+−=−
+=++−=−
+=+=
+=+−=−−
.
4. Chú ý: * Nếu (x;y) là nghiệm của hệ (I) thì (y;x) cũng là nghiệm của hệ
* Hệ (I) có nghiệm khi (1) có nghiệm hay
2
S4P0
−≥
.
III. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 4.2.1. Giải các hệ phương trình sau
1.
33
xy2xy2
xy8
++=
+=
2.
( )( )
33
xy19
xy8xy2
+=
++=
.
Lời giải.
1. Đặt
Sxy, Pxy
=+=
. Khi đó hệ trở thành:
2
2
2S
P
S2P2
2
63S
S(S3P)8
S(S)8
2
−
=
+=
⇔
−
−=
−=
322
2S3S6S160(S2)(2S7S8)0
⇒+−−=⇔−++=
S2P0
⇔=⇒=
x,y
⇒
là nghiệm phương trình :
2
X2X0X0,X2
−=⇔==
.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
222
Vậy nghiệm của hệ là:
x0
y2
=
=
và
x2
y0
=
=
.
2. Đặt
Sxy; Pxy
=+=
. Khi đó hệ trở thành:
2
33
SP8SSP28S
S(S3P)19
S(8P)2S3(28S)19S24S250
=−=−
−=
⇔⇔
+=−−=+−=
S1
P6
=
⇔
=−
x,y
⇒
là nghiệm của phương trình :
2
12
XX60X3; X2
−−=⇔==−
.
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm:
(x;y)(2;3), (3;2).
=−−
Ví dụ 4.2.2. Giải các hệ phương trình sau:
1.
(
)
22
33
3
3
2(xy)3xyxy
xy6
+=+
+=
2.
22
22
11
xy4
xy
11
xy4
xy
+++=
+++=
.
Lời giải.
1. Đặt
3
3
ax, by
==. Khi đó hệ trở thành:
3322
2(ab)3(abba)
ab6
+=+
+=
. Đặt
Sab, Pab
=+=
, ta được :
3
2(363P)3PS6
2(S3SP)3SP
S6P8
S6
−==
−=
⇔⇔
==
=
Suy ra
a,b
là nghiệm của phương trình:
2
12
X6X80X2; X4
−+=⇔==
Suy ra
a2x8a4x64
b4y64b2y8
=⇒==⇒=
∪
=⇒==⇒=
.
Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
=
(x;y)(8;64), (64;8)
.
2. Đặt
11
ax,by
xy
=+=+
, ta có hệ phương trình
222
ab4ab4
ab4
ab4
ab44(ab)2ab8
+=+=
+=
⇔⇔
=
+−=+−=
1
x2
a2
x
xy1
1
b2
y2
y
+=
=
⇔⇔⇔==
=
+=
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
xy1
==
.
Ví dụ 4.2.3. Giải các hệ phương trình sau
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
223
1.
22
xy2xy82
xy4
++=
+=
2.
xyxy3
x1y14
+−=
+++=
.
Lời giải.
1. Điều kiện
x,y0
≥
.
* Cách 1 : Đặt
txy0
=≥
, ta có:
2
xyt
=
và từ
xy4
+=
xy162t
⇒+=−
.
Thế vào phương trình (1), ta được:
2
22
t8
t32t1288tt4
t32t128(t8)
≤
−+=−⇔⇔=
−+=−
Suy ra:
xy16x4
xy8y4
==
⇔
+==
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
xy4
==
.
* Cách 2: Ta có
2222
xy2xy822(xy)2xy16
++=⇔++=
(*)
Ta có:
22
2(xy)xy
+≥+
nên
( )
2
22
2(xy)2xyxy2xyxy16
++≥++=+=
Do đó
(*)xy4
⇔==
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
xy4
==
.
2. Điều kiện :
xy0
x,y1
≥
≥−
.
* Cách 1: Đặt
Sxy, Pxy
=+=
ta có:
2
2
S3; P(S3)
SP3
S22SP116
2S(S3)114S
≥=−
−=
⇔
++++=
+−+=−
22
222
3S14; P(S3)3S14; P(S3)
4(S8S10)19628SSS30S520
≤≤=−≤≤=−
⇔⇔
++=−++−=
S6
xy3
P9
=
⇔⇒==
=
.
Vậy nghiệm của hệ là:
(x;y)(3;3)
=
.
* Cách 2: Từ phương trình thứ nhất
xy3xy0x,y0
⇒+=+>⇒≥
(do
xy0
≥
)
Vì
xyxy
xyxy3xy3xy6
22
++
≤⇒+=+≤+⇒+≤
.
Đẳng thức xảy ra
xy3
⇔==
.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
224
Mặt khác ta luôn có BĐT
22
ab2(ab)
+≤+.
Áp dụng BĐT này với
=+=+
ax1;by1
ta có:
x1y12(xy2)4
+++≤++≤
.
Đẳng thức có khi
xy3
==
.
Vậy hệ có nghiệm
(x;y)(3;3)
=
.
* Cách 3: Với lí luận như trên ta cũng dẫn đến
x,y0
≥
.
Nhân phương trình thứ nhất với 2 và phương trình thứ hai với 4 rồi trừ hai
phương trình cho nhau ta được:
222
(xy)(x12)(y12)0xy3
−++−++−=⇔==
Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Ví dụ 4.2.4. Giải các hệ phương trình sau
1.
3
4
23
y1x3
xy82
−+=
+=
2.
33
y
x7
1
yx
xy
xyyx78
+=+
+=
.
Lời giải.
1. Đặt
ux
= và
3
4
vy1
=−
. Khi đó hệ đã cho trở thành:
( )
()
44
44
uv3
uv3
uv182
uv81
+=
+=
⇔∗
++=
+=
Đặt
Suv,Puv
=+=
. Với điều kiện
2
S4P0
−≥
thì hệ
(
)
∗
viết lại:
4222
S3S3
P0
S3
S4SP2S81P18P0
==
=
⇔⇔
=
−+=−=
hoặc
P18
S3
=
=
- Trường hợp 1:
S3,P0
==
. u, v là nghiệm của phương trình
2
X3X0
−=
phương trình này có
2
nghiệm
X0
=
hoặc
X3
=
.
Khi đó:
3
x0
u0
v3
y82
=
=
⇒
=
=
hoặc
u3x9
v0y1
==
⇒
==
- Trường hợp 2:
P18,S3
==
không thỏa vì
2
S4P0
−<
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:
(
)
(
)
( )
3
x;y0;82,9;1
= .
2. Điều kiện:
xy0
>
.
- Trường hợp 1:
x0,y0
>>
. Ta đặt
ux,vy
==
- Trường hợp 2:
x0,y0
<<
. Ta đặt
ux,vy
=−=−
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
225
Cả
2
trường hợp đều đưa hệ về hệ phương trình:
222
222
33
uv7
1
uvuv7S3P7
vuuv
uv(uv)78P(S2P)78
uvvu78
+=+
+=+−=
⇔⇔
+=−=
+=
2
2
2
S3P7P6
S3P7
S5
P(P7)78
P7P780
=+=
=+
⇔⇔⇔
=±
+=
+−=
.
Từ đấy ta tìm được nghiệm của hệ là:
(
)
(
)
x;y9;4
=−−
,
(
)
4;9
−−
,
(
)
4;9
,
(
)
9;4
.
Ví dụ 4.2.5. Tìm
m
để các hệ sau có nghiệm
1.
22
xym
xy2m1
+=
+=+
2.
33
33
11
xy5
xy
11
xy15m10
xy
+++=
+++=−
.
Lời giải.
1. Đặt
Sxy, Pxy
=+=
, ta có:
2
2
Sm
Sm
1
P(m2m1)
S2P2m1
2
=
=
⇔
=−−
−=+
.
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi
2
S4P0
−≥
222
m2(m2m1)m4m20
⇔−−−=−++≥
⇔−≤≤+
26m26
.
2. Đặt
11
ax;bya2; b2
xy
=+=+⇒≥≥
.
Hệ đã cho trở thành:
33
ab5
ab3(ab)15m10
+=
+−+=−
ab5
ab8m
+=
⇔
=−
Suy ra
a,b
là nghiệm của phương trình :
22
X5X8m0X5X8m
−+−=⇔−+=
(1)
Hệ đã cho có nghiệm thực
(1)
⇔
có hai nghiệm thỏa
X2
≥
.
Xét tam thức thức
2
f(X)X5X8
=−+
với
X2
≥
ta có bảng biến thiên
X
−∞
2
−
2
5
2
+∞
f(X)
+∞
22
+∞
22 2
7
4
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
226
Dựa vào bảng biến thiên suy ra (1) có hai nghiệm thỏa
X2
≥
m22
7
m2
4
≥
⇔
≤≤
.
Ví dụ 4.2.6. Tìm m để hệ phương trình:
()
22
xyxym
*
xym
++=
+=
có nghiệm.
Lời giải.
Ta có:
()
2
xyxym
*
(xy)2xym
++=
⇔
+−=
.
Đặt
Sxy
Pxy
=+
=
, điều kiện S
2
≥
4P, ta có hệ:
()
()
1
1
22
2
2
S113m
1
SPmSPm
Pm113m
(S)2PmS2S3m0
S113m
2
Pm113m
=−++
+=+=
=+−+
⇔⇔
−=+−=
=−−+
=+++
Hệ phương trình có nghiệm
⇔
xảy ra một trong hai trường hợp sau.
* TH1:
2
11
S4P
≥
2
(113m)4(m113m)
⇔−++≥+−+
⇔
2
13mm2
+≥+
⇔
( )
2
m20
vn
13m0
m20
4(13m)(m2)
+≤
+≥
+≥
+≥+
⇔
0m8
≤≤
.
* TH2:
22
22
S4P(113m)4(m113m)
≥⇔−−+≥+++ .
⇔
313mm2
+≤−−
dễ thấy bất phương trình vô nghiệm vì
m20
−−<
Vậy để hệ phương trình có nghiệm khi
0m8
≤≤
.
Ví dụ 4.2.7. Cho
x,y,z
là nghiệm của hệ phương trình:
222
xyz8
xyyzzx4
++=
++=
.
Chứng minh
88
x,y,z
33
−≤≤
.
Lời giải.
Hệ phương trình
22222
xy8z(xy)2xy8z
xyz(xy)4xyz(xy)4
+=−+−=−
⇔⇔
++=++=
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
227
22
(xy)2[4z(xy)]8z
xyz(xy)4
+−−+=−
⇔
++=
22
(xy)2z(xy)(z16)0
xyz(xy)4
++++−=
⇔
++=
22
xy4zxy4z
xy(z2)xy(z2)
+=−+=−−
⇔∨
=−=+
.
Do x, y, z là nghiệm của hệ nên:
22
2
22
(4z)4(z2)
88
(xy)4xyz
33
(4z)4(z2)
−≥−
+≥⇔⇔−≤≤
−−≥+
.
Đổi vai trò x, y, z ta được
88
x,y,z
33
−≤≤
.
Ví dụ 4.2.8. Cho hai số thực
x,y
thỏa
xy1
+=
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
33
Axy
=+
.
Lời giải.
Xét hệ phương trình:
332
S1
xy1S1
1A
P
xyAS(S3P)A
3
=
+==
⇔⇔
−
=
+=−=
Ta có x, y tồn tại
⇔
hệ có nghiệm
2
1A1
S4P0140A
34
−
⇔−≥⇔−≥⇔≥
.
Vậy GTNN của
1
A
4
=
. Đạt được khi
1
xy
2
==
.
Ví dụ 4.2.9. Cho các số thực
x0
≠
;
y0
≠
thỏa mãn:
22
(xy)xyxyxy
+=+−.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
33
11
A
xy
=+
Lời giải.
Xét hệ phương trình :
22
22
33
33
(xy)xyxyxy
ababab
11
A
abA
xy
+=+−
+=+−
⇔
+=
+=
(Trong đó ta đã đặt
11
a;b, a;b0
xy
==≠
). Đặt
Sab;Pab
=+=
, ta có:
22
22
SS3PSA
S(S3P)A3PSS
=−=
⇔
−==−
.
Từ phương trình thứ nhất
S0
⇒>
.
Hệ có nghiệm
2222
S4P3S4(SS)S4AS16
⇔≥⇔≥−⇔≤⇔=≤
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
228
Đẳng thức xảy ra
2
S4
1
ab2xy
SS
2
P4
3
=
⇔⇔==⇔==
−
==
.
Vậy giá trị lớn nhất của A =16. Đạt được khi
1
xy
2
==
.
Ví dụ 4.2.10. Cho x,y thỏa :
x3y23x1y
−+=+−
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của
Axy
=+
.
Lời giải.
Xét hệ phương trình:
x3y23x1y
xyA
−+=+−
+=
.
Đặt
ax1;by2a,b0
=+=+⇒≥
Hệ trở thành:
22
2
22
A
abS
ab3(ab)30
3
A9A27
abA3
abP
18
+==
+−+−=
⇔
−−
+=+
==
.
Suy ra hệ đã cho có nghiệm
2
S0
P0
S4P
≥
⇔≥
≥
2
2
A0
A9A270
A18A540
≥
⇔−−≥
−−≤
A0
93219321
AA
22
9315A9315
≥
−+
⇔≤∪≥
−≤≤+
9321
A9315
2
+
⇔≤≤+ .
Vậy
9321
MinA
2
+
= và
MaxA9315
=+ .
III. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 4.2.1. : Giải các hệ phương trình sau
1.
33
xy2
xy26
+=
+=
2.
22
xxyy2
xxyy4
++=
++=
3.
xyyx30
xxyy35
+=
+=
4.
y
x13
yx6
xy5
+=
+=
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
229
5.
22
22
11
xy5
xy
11
xy9
xy
+++=
+++=
6.
22
222
yxy6x
1xy5x
+=
+=
7.
1
xxy33
y
1
2xy8
y
+++−=
++=
8.
22
33
xyxy30
xy35
+=
+=
9.
33
xy(xy)2
xy2
−=−
−=
10.
( )
33
xy2
xyxy2
+=
+=
11.
22
22
1
(xy)(1)5
xy
1
(xy)(1)49
xy
++=
++=
12.
2
2
(x2)y10
(x2)(2xxy)9
++=
++=
.
Hướng dẫn giải
1. Ta có hệ
3
S2
S2
P3
S3PS26
=
=
⇔
=−
−=
.
Từ đây ta tìm được nghiệm của hệ là
(x;y)(3;1), (1;3)
=−−
.
2. Ta có hệ:
22
SP2P2S
S3S2
P5P0
SP4SS60
+==−
=−=
⇔⇔∨
==
−=+−=
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ:
(x;y)(0;2), (2;0)
=
.
3. Đặt
ax;bya,b0
==⇒≥
Ta có hệ:
22
33
abba30ab5
ab6
ab35
+=+=
⇔
=
+=
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ:
(x;y)(4;9), (9;4)
=
.
4. Ta có hệ :
2
x2x3
x13x
.10
y3y2
y6y
xy5xy5
xy5
==
−+=
⇔∨
+=+=
+=
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ:
(x;y)(2;3), (3;2)
=
5. Đặt
11
ax;by
xy
=+=+
.
Ta có hệ:
22
ab5
a2a3
ab5
b3b2
ab6
ab13
+=
==
+=
⇔⇔∨
==
=
+=
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
230
Phương trình
1
t2t1
t
+=⇔=
và
135
t3t
t2
±
+=⇔=
Nên nghiệm của hệ là:
3535
(x;y)1;, ;2
22
±±
=
.
6. Vì
x0
=
không là nghiệm của hệ
2
2
2
2
yy
6
x
x
1
y5
x
+=
⇔
+=
Đặt
1
a
x
=
, ta có:
22
22
ayya6ay3a2a1
ay2y1y2
ay5
+=+===
⇔⇔∨
===
+=
.
Vậy nghiệm của hệ là:
1
(x;y)(1;2), (;1)
2
=
7. Đặt
1
ax;bxy3a,b0
y
=+=+−⇒≥
Ta có:
22
ab3
ab3
ab2
ab5
+=
+=
⇔
=
+=
*
1
x1
a1
y
(x;y)(310;410)
b2
xy32
+=
=
⇔⇔=±
=
+−=
m
*
a1
(x;y)(3;1), (5;1)
b2
=
⇔=−
=
.
8. Đặt
Sxy, Pxy
=+=
, điều kiện
2
S4P
≥ . Hệ phương trình trở thành:
2
2
30
P
SP30
S
90
S(S3P)35
SS35
S
=
=
⇔
−=
−=
S5xy5x2x3
P6xy6y3y2
=+===
⇔⇔⇔∨
====
.
9. Đặt
ty, Sxt, Pxt
=−=+=
, điều kiện
2
S4P.
≥ Hệ phương trình trở thành:
333
xt(xt)2SP2
xt2S3SP2
+==
⇔
+=−=
S2x1x1
P1t1y1
===
⇔⇔⇔
===−
.
10. Hệ phương trình đã cho tương đương:
( )
(
)
( )
22
xyxxyy2
xyxy2
+−+=
+=
hay
( )( )
( )
()
2
xyxy3xy2
xyxy2
++−=
∗
+=
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
231
Đặt
Sxy,Pxy
=+=
, điều kiện:
2
S4P
≥ .
Từ hệ
(
)
∗
, ta có hệ:
33
S2
S3PS2S8
P1
PS2PS2
=
−==
⇔⇔
=
==
Hệ cho tương đương với
( )
y2x
xy2x1
xy1y1
x2x1
=−
+==
⇔⇔
==
−=
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm duy nhất
(
)
(
)
x;y1;1
= .
11. Hệ
22
22
11
xy5
xy
11
xy49
xy
+++=
⇔
+++=
Đặt
11
ax,by
xy
=+=+
ta có hệ:
22
ab5
a7a2
ab5
b2b7
ab14
ab53
+=
==−
+=
⇔⇔∨
=−=
=−
+=
Phương trình
1
t2t1
t
+=−⇔=−
và
1735
t7t
t2
±
+=⇔=
Nên nghiệm của hệ đã cho là:
x1x1
735735
xx
22
735735
yy
y1y1
22
=−=−
−+
==
∨∨∨
−+
==
=−=−
12. Hệ
(
)
( )
( )
( )
2
2
2
x2x2xy6
x2x3
2xy3
x2x2xy9
+++=
+=
⇔⇔
+=
++=
x1x3
y1y9
==−
⇔∨
==
.
Bài 4.2.2. Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm
1.
xy1
xxyy13m
+=
+=−
2.
22
xyxym
xyxy3m9
++=
+=−
3.
x4y14
xy3m
−+−=
+=
4.
22
xy4x4y10
xy(x4)(y4)m
+++=
++=
5.
xym
xyxym
+=
+−=
6.
2
x1y1m
xym4m6
++−=
+=−+
7.
22
xxyym
xyxy3m8
++=
+=−
.
Hướng dẫn giải
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
232
1. Điều kiện
x,y0
≥
ta có:
33
xy1
xy1
xxyy13m
(x)(y)13m
+=
+=
⇔
+=−
+=−
Đặt
Sxy0,Pxy0
=+≥=≥
,
2
S4P.
≥
Hệ phương trình trở thành:
2
S1
S1
Pm
S3SP13m
=
=
⇔
=
−=−
.
Từ điều kiện
2
S0,P0,S4P
≥≥≥ ta có
1
0m
4
≤≤
.
2. Hệ
⇔
22
xyxym
(xy)xym
xy(xy)3m9
xyxy3m9
++=
++=
⇔
+=−
+=−
.
Đặt S = x + y, P = xy,
2
S4P.
≥ Hệ phương trình trở thành:
SPm
SP3m9
+=
=−
.
Suy ra S và P là nghiệm của phương trình
2
tmt3m90
−+−=
S3Sm3
Pm3P3
==−
⇒∨
=−=
.
Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm
2
2
34(m3)
21
mm323
4
(m3)12
≥−
⇔⇔≤∨≥+
−≥
.
3. Đặt
ux40,vy10
=−≥=−≥
hệ trở thành:
22
uv4
uv4
213m
uv
uv3m5
2
+=
+=
⇔
−
=
+=−
.
Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của
2
213m
t4t0
2
−
−+=
(*).
Hệ có nghiệm
⇔
(*) có 2 nghiệm không âm
3m13
0
0
13
2
S0m7
213m
3
0
P0
2
−
′
∆≥
≥
⇔≥⇔⇔≤≤
−
≥
≥
.
4. Hệ
⇔
22
22
22
(x4x)(y4y)10
xy4x4y10
xy(x4)(y4)m
(x4x)(y4y)m
+++=
+++=
⇔
++=
++=
.
Đặt
22
u(x2)0,v(y2)0
=+≥=+≥
. Hệ phương trình trở thành:
uv10S10
uv4(uv)m16Pm24
+==
⇔
−+=−=+
(S = u + v, P = uv).
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
233
Điều kiện
2
S4P
S024m1
P0
≥
≥⇔−≤≤
≥
.
5. Hệ
( )
2
2
xym
xym
xym
mm
xyxym
xy3xym
xy
3
+=
+=
+=
⇔⇔⇔
−
+−=
+−=
=
.
Suy ra
x,y
là nghiệm (không âm) của phương trình
2
2
mm
tmt0
3
−
−+=
(*).
Hệ có nghiệm
⇔
(*) có 2 nghiệm không âm
2
2
0m4m0
m0
S0m0
1m4
P0
mm0
′
∆≥−≤
=
⇔≥⇔≥⇔
≤≤
≥
−≥
.
Vậy
m01m4
=∨≤≤
.
6. Đặt
ax1,by1a,b0
=+=−⇒≥
Hệ trở thành:
222
abm
abm
ab2m3
abm4m6
+=
+=
⇔
=−
+=−+
Hệ có nghiệm
2
PT: XmX2m30
⇔−+−=
có hai nghiệm không âm
3
m2
2
m6
≤≤
⇔
≥
là những giá trị cần tìm.
7. Ta có hệ
SPm
S,P
SP3m8
+=
⇒
=−
là nghiệm phương trình:
2
XmX3m80 (2)
−+−= .
(2) có nghiệm
0m4m8
⇔∆≥⇔≤∪≥
(*).
Gọi
12
X,X
là hai nghiệm của (2). Khi đó hệ vô nghiệm
2
12
2
21
X4X0
X4X0
−<
⇔
−<
2232
1221
222
1221
(X4X)(X4X)04m45m96m640
X4XX4X0m10m160
−−>−+−−>
⇔⇔
−+−<−+<
2
(m8)(4m13m8)0
13333
m8
8
2m8
−−=+>
+
⇔⇔<<
<<
.
Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu.
234
Vậy hệ có nghiệm
13333
mm8
8
+
⇔≤∪≥
.
Bài 4.2.3. Tìm
m
để hệ
1.
22
xxyym6
2xxy2ym
++=+
++=
có nghiệm duy nhất
2.
22
xxyym1
xyxym
++=+
+=
có nghiệm
x,y0
>
3.
22
2
xy2(1m)
(xy)4
+=+
+=
có đúng hai nghiệm phân biệt
4.
(
)
32
2
2xy2xxym
xxy12m
−++=
+−=−
có nghiệm (Đề thi Đại học Khối D – 2011)
5.
22
xxyym2
xyxym1
++=+
+=+
có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn giải
1. Hệ có nghiệm duy nhất suy ra x = y, hệ trở thành:
22
222
3xm63x6mm3
m21
x4xmx4x3x6
=+−==−
⇔⇒
=
+=+=−
.
•
m = – 3:
222
xxyy3(xy)xy3
2(xy)xy32(xy)xy3
++=+−=
⇔
++=−++=−
xy0xy2x3x3x1
xy3xy1y1
y3y3
+=+=−==−=−
⇔∨⇔∨∨
=−==−
=−=
(loại).
•
m = 21:
222
xxyy27(xy)xy27
2xxy2y212(xy)xy21
++=+−=
⇔
++=++=
xy8xy6x3
xy37xy9y3
+=−+==
⇔∨⇔
===
(nhận).
Vậy m = 21.
2. Ta có
22
xxyym1
(xy)xym1
xy(xy)m
xyxym
++=+
++=+
⇔
+=
+=
xy1xym
xymxy1
+=+=
⇔∨
==
.
Hệ có nghiệm thực dương
2
m0
1
0mm2
4
14mm4
>
⇔⇔<≤∨≥
≥∨≥
.
