Hệ phương trình đối xứng loại 1 (Phần 1)

HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I
---phần 1--Biên soạn: Phạm Thị Hải Yến

I. Định nghĩa
 Hệ phương trình hai ẩn x và y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại I nếu khi ta thay
đổi vai trò của x và y thì mỗi phương trình của hệ đều không thay đổi.
II. Phƣơng pháp giải
S  x  y
(điều kiện: S 2  4P  0 ) . Đưa hệ đã cho về hệ theo S và P.
 P  xy

 Đặt: 

 Giải hệ mới này, tìm được nghiệm (So ; Po) của hệ.
 x, y là nghiệm của phương trình: X2 – SoX + Po = 0.
 Biện luận hệ
 Hệ đã cho vô nghiệm nếu hệ mới chứa S, P vô nghiệm hoặc có nghiệm (S,P) nhưng không
thỏa mãn S 2  4P  0 .
 Hệ đã cho có nghiệm nếu hệ mới chứa S, P có nghiệm thỏa mãn S 2  4P  0 .
- Ứng với nghiệm (So;Po) thỏa mãn So2  4Po2  0 thì hệ đã cho có 2 nghiệm phân biệt là:




1

x  So  So2  4 Po


2


 y  1 S  S 2  4P
o
o
o


2

 và  x  12  S 

  y  12  S 


 4P  .

o

So2  4 Po

o

So2

o

- Ứng với nghiệm (So;Po) thỏa mãn So2  4Po2  0 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất là:

 x; y   

So So 

;  .
 2 2

Chú ý.
- Hệ ph ơn trình ối xứng loại I nếu có nghiệm (xo ; yo) thì cũn có n h ệm (yo ; xo). Vì
vậy nếu hệ có nghiệm duy nhất thì xo = yo.
- Trong nhiều tr ờng hợp, hệ ph ơn trình ban ầu không có dạng hệ ối xứng loại I
nh n thôn qua phép ặt ẩn phụ thích hợp, bài toán sẽ trở về dạn ối xứng loại I quen
thuộc.
Ví dụ 1. Giải các hệ phương trình sau:
 x  y  xy  1
2

a. 

2

 x  y  xy  3

 x  y   xy   17

3

b. 

3


 x  y  xy  5

3

1
 2 1
2
 x  x2  y  y 2  9
c. 
 x  y  1  1  5.

x y

n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


Giải
 x 2  y 2  xy  1

a. 

 x  y  xy  3.
 x 2  t 2  xt  1

Đặt t = –y ta được hpt: 

 x  t  xt  3.

x  t  S

điều kiện S 2  4P  0 . Ta được hpt:
 xt  P

Đặt 

S  2
(tm)

P

1
 S 2  3P  1  S 2  3P  1 S 2  3S  10  0






S

P

3
P

3

S
P


3

S
 S  5




( L)
  P  8.
S  2
ta có
P  1

x  t  2 
x, t là nghiệm của phương trình X2 – 2X + 1 = 0.

 xt  1
x  1
(1)  X  1  x  t  1  
 y  1.

 Với 

(1)

Vậy nghiệm của hệ là (x ; y) = (2 ; –1).
3
3
3


 x  y   xy   17
b. 

 x  y  xy  5

x  y  S
điều kiện S 2  4P  0 ,
 xy  P

Đặt 

Thay vào hệ ta được:
 S 2  2 P  z 2  8  S 3  3SP  P 3  17


 P  zS  4
S  P  5
 S 3  3S  5  S    5  S 3  17
18S 2  90 S  108  0


P  5  S
 P  5  S
S  3
(tm)

P

2



S  2

( L)
  P  3.

n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


S  3
ta có
P  2

 Với 

x  y  3

 xy  2,
2

 x, y là nghiệm của phương trình X – 3X + 2 = 0 . (3)

 x  1

X 1
y  2

(3)  

 X  2  x  2

  y  1.

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là: (1 ; 2), (2 ; 1).
1
 2 1
2
x


y

9
2

x
y2

c. 
 x  y  1  1  5.

x y
x  0
 y  0.

Điều kiện: 

1

u  x

x
Đặt: 
1
v  y 
y



u  2
điều kiện 

 v  2.

 u  v 2  2uv  13 uv  6
u 2  v 2  4  9



Thay vào hpt ta được: 
u

v

5
u  v  5,


u  v  5

2

 u, v là nghiệm của phương trình X – 5X + 6 = 0 .

(4)

 u  3

 X  3  v  2
(4)  

 X  2  u  2

 v  3.
u  3
ta có:
v  2

 Với 


3 5
 x 
2
1


2


 x  x  3
 y  1
 x  3x  1  0
 2


 y  2 y  1  0
3 5

y  1  2
  x  2
y


  y  1.

n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


u  2
ta có:
v  3

 Với 

 x  1


1

 y  3  5
x


2
2

 
x
 x  2 x  1  0
2
 2


 x  1
 y  1  3  y  3 y  1  0
 
y

 y  3  5 .
 
2

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là:
 3 5   3 5   3 5   3 5 
;1 , 
;1 , 1;

 , 1;
 .

2  
2 
 2
  2
 

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình:
1

2
2
3
2
2  x  y  
x  y


b. 
2 x  1  3.

x y


 x  1  y  y  x   4 y
a.  2
 x  1  y  x  2   y.
2

Giải
a. Ta thấy y = 0 không thỏa mãn pt (1) nên hệ đã cho. Do đó hệ đã cho
 x2  1
 y  yx4

 2
 x  1   y  x  2   1.
 y 


x2  1
u

u  v  2
2
Đặt: 
ta có hệ: 
 u, v là nghiệm của pt: X – 2X + 1 = 0.
y
uv  1,
v  y  x  2


Ta có: X 2  2 X  1  0  X  1  u  v  1
 x  1

 x2  1  y
y  3 x
y  3 x

y  2

 2
 2

  x  2
x  y  3
x 1  3  x
x  x  2  0

  y  5.

Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y) là (1 ; 2), (–2 ; 5).
b. Điều kiện: x  y  0 ,
n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


Khi đó ta có:
1
1
2
2


2
2
3

3
2
2
2  x  y  
 x  y    x  y  
x  y
 x  y





2 x  1  3
 x  y  1  x  y  3.


x y
x y



1

 u  2
u  x  y 
x y
Đặt: 
v  x  y ,

u 2  v 2  5

Ta được hpt: 

u  v  3

 u, v


u  v  3
u  v  3


2

 u  v   2uv  5 uv  2.

là nghiệm của pt: X2 – 3X + 2 = 0.

 u  2

 X  2  v  1
u  2
2


Ta có: X  3 X  2  0  
(vì u  2 ).
 u  1 v  1
X 1


 v  2

1

 2 x  y  1 x  1
x  y 
u  2
x y


Với 
ta có: 
x

y

1
v

1

 y  0.

x  y  1


Vậy hệ có một nghiệm là: (x ; y) = (1;0).
Ví dụ 3. (Học viện Công nghệ bưu chính viễn thông – 1997) Giải hệ phương trình:
 x  3x  2 y  ( x  1)  12
 2

 x  2 y  4 x  8  0.

Giải
 x  3x  2 y  ( x  1)  12  3x  2 y  ( x 2  x)  12
 2
Ta có:  2
 x  2 y  4 x  8  0
 x  x  3x  2 y  8.
u  x 2  x

Đặt 

v  3 x  2 y ,

thay vào hệ phương trình ta được:

n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


 v  2
 v  2

v  8v  12  0
uv  12

u  6


  v  6  

 v  6
u  v  8 u  8  v
u  8  v


 u  2.
2

 x  1

 x  1
2
 y  3
x  x  2
v  2

   x  2
  
2
 Với 
ta có: 

u  6
3x  2 y  6 
3x  2 y  6
  x  2
  y  6.

 x  2

 x  2
2
  y  2
x  x  6
v  6

   x  3
   x  3
 Với 
ta có: 

u  2
3x  2 y  2 
3x  2 y  2
  y  11 .
 
2

 Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:  2; 2  ,  3;


11   3 
 , 1;  ,  2;6  .
2   2

7 x  8 y  6 xy ( x  2 y )  9
2
2 x  4 xy  2 y  x  1.

3

3

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình: 

Giải
7 x3  8 y 3  6 xy ( x  2 y)  9 8 x3  8 y 3  12 xy 2  6 x 2 y  x3  9

 2
2
2 x  4 xy  2 y  x  1
2 x  2 y  x  4 xy  2 x  1
(2 x)3  (2 y  x)3  9

2 x  (2 y  x)  2 x(2 y  x)  1.
3

u 3  v3  9
u  2 x
 u  v   3uv  u  v   9

ta được hpt: 
v  2 y  x ,
u  v  uv  1.
u  v  uv  1 

Đặt: 

S  u  v

điều kiện: S 2  4P, ta lại được hpt:
 P  uv

Đặt: 

 S 3  3SP  9
P  S 1
 3

2
S  P  1
 S  3S  3S  9  0
P  2
 P  S  1


(tm)
2
 S  3.
 S  3  S  3  0

n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


 u  2

uv  2

P  2
v  1

Với 
ta có: 
u  v  3  u  1
S  3

 v  2.
u  2
2 x  2
x  1


v  1
2 y  x  1  y  1.

 

1

x

u

1
2
x

1




2
 


v  2
2 y  x  2
y  5.


4



Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là: 1;1 ,  ;  .
2 4
1 5





Ví dụ 5. Cho hệ phương trình sau:
 x  y  xy  m
 2
2
 x  y  m.

a. Giải hệ phương trình với m = 5.
b. Xác định m để hệ đã cho có nghiệm.
Giải
x  y  S
điều kiện S 2  4P  0,
 xy  P

Đặt 

S  P  m

P  m  S
 2
S  2P  m
 S  2S  3m  0.

Thay vào hệ ta được: 

2

a. Với m = 5:
S  3
(tm)

P

2
P  5  S



Ta có hpt:  2
 
 S  5
 S  2S  15  0

( L)
  P  10.
S  3
ta có
P  2

 Với 

x  y  3

 xy  2.
2

 x, y là nghiệm của phương trình X – 3X + 2 = 0.

(*)

 x  1

X 1
y  2
(*)  

 X  2  x  2


  y  1.
n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


Vậy hệ có 2 nghiệm là: (1 ; 2) ; (2 ; 1).
P  m  S

b. Để hệ ban đầu có nghiệm thì hpt: 

2
 S  2S  3m  0

phải có nghiệm (S ; P) thỏa mãn:

S 2  4P  0 .

 Phương trình: S 2  2S  3m  0 (1) có nghiệm    1  3m  0  m  

1
(*).
3

 Điều kiện: S 2  4P  0 .
P  m  S

P  m  S


 2
2
 S  2S  3m  0
S  3m  2S

o Từ hpt 

Ta có: S 2  4P  0  3m  2S  4  m  S   S 
o Với m  

m
.
2

 S  1  3m  1
1
thì pt (1) có 2 nghiệm: 
3
 S  1  3m  1.

m
m


 S  1  3m 1  2
 3 m 1  2 1
Do đó hệ ban đầu có nghiệm  

 S  1  3m  1  m
  3m  1  m  1



2
2

 Với m  

1
m
thì bpt  3m  1   1 vô nghiệm (vì VT  0 và VP  0 ).
3
2

1
 Với m   thì bpt
3

m
m2
3m  1   1  3m  1 
 m  1  0  m  8(tm(*)) .
2
4

KL: Vậy với 0  m  8 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm.
Ví dụ 6. Cho hệ phương trình sau:
a  x  y   z  a
 2
2
 x  y  z

(tron

ó (x; y; z) l n h ệm của hệ). Định a để hệ có nghiệm duy nhất.
Giải

Ta nhận thấy trong hệ này, vai trò của x và y là như nhau.
Nên nếu gọi (xo ; yo ; zo) là một nghiệm của hệ thì (yo ; xo ; zo) cũng là nghiệm của hệ.
 Do đó, để hệ có nghiệm duy nhất (xo ; yo ; zo) thì điều kiện cần là xo = yo.
2axo  zo  a  zo  a  2axo
 2
2
2 xo  zo
2 xo  2axo  a  0 (*).

Thế vào hệ đã cho ta được: 

Vì nghiệm xo phải là duy nhất nên pt (*) phải có nghiệm duy nhất:

n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


a  0
   a 2  2a  0  
 a  2.

 Thử lại:

z  0

- Nếu a = 0 ta có hpt: 

2
2
x  y  z

 x yz0

duy nhất.

Do đó a = 0 thỏa mãn.
- Nếu a = –2 ta có hệ:
x  1



 2  x  y   z  2
 z  2  2  x  y 
 z  2  2  x  y 

 2

 y 1
 2
2
2
2
2

x

y


2

2
x

y
x

y

z


x

1

y

1

0








 z  2,





Đây cũng là nghiệm duy nhất của hệ nên a = –2 thỏa mãn điều kiện.
KL: Vậy với a = 0 , a = –2 thì hệ có nghiệm duy nhất.
Ví dụ 7. Cho (x ; y; z) là nghiệm của hệ phương trình:
 x2  y 2  z 2  8

 xy  yz  xz  4.

8
3

Chứng minh rằng:   x, y, z 

8
.
3

Giải
 Ta coi z là tham số, giải hệ phương trình với 2 ẩn x; y.
 x  y   2 xy  z 2  8
 x2  y 2  z 2  8




 xy  yz  xz  4  xy  z  x  y   4
2

x  y  S
điều kiện S 2  4P  0,
 xy  P

Đặt 

S 2  2P  z 2  8

Thay vào hệ ta được: 

 P  zS  4

2

S 2  2 zS  z 2  16  0
 S  z   16


 P  4  zS
 P  4  zS


  S  4  z


2
  P   z  2 
S

z


4



 P  4  zS
  S  4  z
2

  P   z  2  .

 S  4  z
2
 P   z  2 

 Với 

n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


Ta có: S 2  4P  0   4  z   4  z  2   0  3z 2  8z  0

2

2

8
 z  8  3z   0  0  z  .
3

 S  4  z

 Với 

 P   z  2 

2

Ta có: S 2  4P  0   4  z   4  z  2   0  3z 2  8z  0
2

2

8
 z  8  3z   0    z  0.
3



Kết hợp hai trường hợp ta thấy: hệ có nghiệm (x ; y) khi z    ;  .
 3 3
8 8

 Mặt khác, do vai trò của x, y, z trong hệ là như nhau nên nếu coi x hoặc y là tham số thay




cho z trong trường hợp trên thì ta cũng nhận được: x    ;  và y    ;  .
 3 3
 3 3
8 8

8
3

8 8

8
3

Vậy nếu (x; y ; z) là nghiệm của hệ thì   x; y; z  . (đpcm)
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1. Giải các hệ phương trình sau:
 x 2  xy  y 2  4
 xy  x  y  2

1) 

 xy  x  y  11
3)  2
2

 x y  xy  30
2
2

 x y  xy  30
5)  3 3

 x  y  35

 x  y  xy  7

2) 

2
2
 x  y  3x  3y  16

 x 2  y 2  13
4) 
3( x  y )  2 xy  9  0
x y  y x  6
6)  2
2

 x y  xy  20

Đáp số:
1) (0;2); (2;0)
2) (2; 3),(3;2),(1 10;1 10),(1 10;1 10)
3) (1;5),(5;1),(2;3),(3;2)

4) (3; 2),(2;3),(2 

10
10
10
10
; 2 
),(2 
; 2 
)
2
2
2
2

5) (2;3);(3;2)
n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!


6) (1;4),(4;1)
ay  x  y  a  1

Bài 2. Tìm a để hệ 

2
2
 x y  xy  a.

có nghiệm duy nhất.

Đáp số: a  2.

n
ợc tài trợ bởi: Thành Công Study – www.thanhcongstudy.edu.vn. Địa chỉ: 6A1, Tiểu khu Ngọc
Khánh, Ngọc Khánh, Ba Đình, Hà Nội. Để ăn ký học, quý phụ huynh và học sinh gọ ện tới: 0977.333.961
hoặc gửi email tớ hòm th : Trân trọng!