tong hop hệ PHƯƠNG TRÌNH

Một số kỹ thuật đánh giá trong việc giải quyết
bài toán hệ phương trình

Câu 1. Giải hệ phương trình :
 
   
 
 
 
3
2
2
3 1 2 1
,
17 1 1 6 1 1997
y x x
x y
x xy y y

   



    




Lời giải. Điều kiện :
0, 2
x

 

 

Xét phương trình một chúng ta có :
   
3 3
3 1 2 1 3 1 1 2 0 0
y x x y x x y
           

Mặt khác, đi từ phương trình hai :
2
0 2
1
1 0 : 2 1
0
0
x
y
xy pt y
y
y


 

 
     
 








Lại quay lại với phương trình một thì :
 
   
3
2
1 2 3 1 2 1
2 1 1 0 1
y y x x
x x x x
      
       

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
   
, 1,1
x y  
Điều đặc biệt ở đây là các con số
17.6.1997
trong bài toán là vô nghĩa nhưng lại có ý nghĩa
lớn đối với tác giá BÌNH PHƯƠNG

Câu 2. Giải hệ phương trình :
 

3
3
2
3 2 4 3 5 14 17 6
,
2 5
4 2 1
x x y y
x y
x y x
y
y

     



     




Lời giải. Điều kiện :
1 3
; 0
2 2
x y
  

Phương trình hai của hệ phương trình trở thành :



   
2
2 3 2
2
2
3 2
4 10
2 2 2 1 2 8 2 1 1 2 8 10 4
1
2 8 10 4 0 2 1 0
2
x x y y x y y y
y
y
y
y y y y y
y
            


         






Với điều kiện

2y 
ta có :
3
3
3 2 4 3 5 17 6 14 134x x y y       
điều này vô lý với
1 3
2 2
x
 

Do vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
   
, 1,1
x y  




Câu 3. Giải hệ phương trình :
 
   


 
2
3 3
2 2
,
2 2 1 9 9 2 1 12 1 2 1

x x y y
x y
x x y x y x y x

  



          




Lời giải. Điều kiện :
2 1 0 ; 1 0 ; 0 2x x y y      

Bằng phép đặt ẩn phụ :
2 1
1
a x
b x y

 


  


phương trình thứ hai của hệ trở thành :
3 2 2 3

3 2 3 2
2 9 9 2 12 12
2 9 12 2 9 12
a a b b a b
a a a b b b
    
     

Xét phương trình một chúng ta có :
 
 
2
2 1
2 1 3
2 2 2 2 0;1
1 0
1 2
x
x
x x y y y y x
x x
x y


  
 
 
 
          
 

 
 
  





Do vậy khi đi xét hàm số
 
3 2
2 9 12f t t t t
   với
0 3t
 
thì
 
f t
là hàm số nghịch
biến trên
0; 3
 
 
 
mà
   
f a f b
 suy ra
2 1 1x x y x y     
. Thế vào phương

trình đầu ta được :
       
2
0
2 2 , 0, 0 ; 1;1
1
x
x x x x x y
x


     






Câu 4. Giải hệ phương trình :


 
3 2 3
3 2 3
2 3 4 4
,
2 6 2 8
x x x y y
x y
x x xy y y


     



     




Lời giải. Điều kiện :
; 1x y 

Đánh giá từ phương trình một chúng ta có :
 
 
3 3 2 2
3 4 4 2 0 1 2 4 0 1
y y x x x x x x x
             

Kết hợp với điều kiện
1y 
phương trình hai trở thành :


 
3 2 3 2
0
6 2 8 6 1 0

1
x
x x y y xy x x
x


          





Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất
   
, 1,1
x y  