BÍ KÍP GIẢI HỆ PHưƠNG TRÌNH CHỈ TRONG 10 PHÚT P4

Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

BÍ KÍP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH CHỈ TRONG 10 PHÚT
Chuyên đề 4. Phƣơng pháp hàm đặc trƣng
1. Nội dung phƣơng pháp:
Phương pháp này ta sẽ sử dụng với hệ mà các phương trình có x và y độc lập
với nhau hoặc có thể biến đổi về hệ phương trình có x và y độc lập với nhau.
Sau đó xét một hàm số f  t  đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D . Khi đó
phương trình

f (u)  f (v)  u  v.
Để xuất hiện hàm đặc trƣng cần chú ý:
 Hàm đặc trưng sẽ xuất hiện từ (1) trong (2) phương trình của hệ thông qua
biến đổi đại số, đặt ẩn phụ hoặc chia cả hai vế của phương trình cho cùng
một biếu thức.
 Hàm đặc trưng sẽ xuất hiện sau khi cộng hoặc trừ hai phương trình của hệ.

 x3 (2  3 y )  1
Ví dụ 1. Giải hệ phƣơng trình 
3
 x( y  2)  3
Giải:
 Xét x=0 không là nghiệm của hệ phương trình.
1

2  3y  3
(1)
3

 x (2  3 y )  1 
x

 Xét x  0 : 

3
x
(
y

2)

3

 y3  2  3
(2)

x

Cộng 2 phương trình (1) và (2) ta được:

1 3
  y 3  3 y .(3)
3
x
x

Xét hàm :

f  t   t 3  3t .


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán

Ta có f '  t   3t 2  3  0 suy ra hàm f (t ) đồng biến trên

.

1
(3)  f    f ( y )
x
1
 y
x
Thay vào phương trình (1) ta được:

1

x

 y2
3
3
2
x (2  )  1  2 x  3x  1  0  
2

x
 x  1  y  1
3

1 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    ;2  ,  1; 1 .
2 

 x  x 2  2 x  2  3 y 1  1 (1)
Ví dụ 2. Giải hệ phƣơng trình 
2
x 1
 y  y  2 y  2  3  1 (2)
Giải:

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

 x  1

2

 y  1

2

 1  3 y 1

 1  3x 1

Trừ hai vế của 2 phương trình cho nhau ta đươc:

 x  1   x  1

2

 1  3x1   y  1 

Xét hàm f (t )  t  t 2  1  3t. Ta có f ' (t )  1 
đồng biến trên

t
t 1
2

 y  1

(3)  f  x  1  f ( y  1)

Thay vào 1 trong 2 phương trình được:

 1  3 y 1 (3)

 3t ln t  0, t suy ra hàm f (t )

.

x y

2


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
x 1 

 x  1

2

 1  3x1

Đặt
u  x 1

Ta được phương trình

u  u 2  1  3u





 3u u  u 2  1  1






u 
Xét hàm: g  u   3u u  u 2  1  g '  u   3u ln3. 1 
  0.
2
u

1


Suy ra hàm g (u ) nghịch biến trên

.

Mặt khác, g(0)=1, do đó phương trình có 1 nghiệm duy nhất u=0 suy ra hệ phương trình
có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;1).
5
4
10
6

 x  xy  y  y
Ví dụ 3. Giải hệ phƣơng trình 
2

 4x  5  y  8  6

(1)
(2)

Giải:
Nhận thấy y  0 không là nghiệm của hệ nên ta chia cả 2 vế phương trình (1) cho y 5  0
:ta được:
5

x x
5
    y  y (3)
 y y
Ta xét hàm:

f  t   t 5  t  f '(t )  5t 4  1  0 . Suy ra hàm f (t ) đồng biến trên

.


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
x
(3)  f    f ( y )
 y
x
 y
y
 x  y2

Thay vào phương trình (2):





4x  5  x  8  6

 

4x  5  3 



x8 3  0

4( x  1)
x 1

0
4x  5  3
x8 3
4
1


 ( x  1) 

0
x8 3
 4x  5  3


x 1




 x  1  y  1
4
1


0
 4 x  5  3
x8 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   (1;1) , (1;-1)
Ví dụ 4 (ĐHKA-2010). Giải hệ phƣơng trình
2

 4 x  1 x   y  3 5  2 y  0
 2
2

4 x  y  2 3  4 x  7

(1)
(2)

Giải:
Đặt

5  t2
5  2 y  t (t  0)  y 
.
2

1  t 2
(1)   4 x  1 x 
.t  0
2
2
 2 x  2 x   1   t 2  1 t (3)


2


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Ta xét hàm:

f  t   (t 2  1)t  f '(t )  3t 2  1  0 . Suy ra hàm f (t ) đồng biến trên

.

(3)  f  2x   f (t )
 2x  t
 2x  5  2 y
x  0


5  4x 2
y 
2

Thế vào (2) ta được:

2

5

4x    2x2   2 3  4 x  7
2

2

Dễ thấy x  0, x 

(4),

0 x

3
4

3
không là nghiệm của (4) .
4
2

5

 3
Xét g ( x)  4 x    2 x 2   2 3  4 x trên  0;  .
2

 4

2

4
4
5

g '( x)  8 x  8 x   2 x 2  
 12 x  16 x3 
3  4x
3  4x
2

4
 3
 4 x  4 x 2  3 
 0 x   0; 
3  4x
 4
1
 3
1
Suy ra hàm g ( x) nghịch biến trên  0;  . Mặt khác g    0  x  là nghiệm duy
2
 4
2
nhất của (4)  y  2.
1 
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y )   2 ;2 



NOTE: Chúng ta chỉ xét hàm trên (a,b) chứ không xét hàm trên [a,b], vì trong một số
trường hợp tại các điểm mút a,b đạo hàm không xác định. Vì vậy các em nên tách 2
điểm đầu mút xét riêng xem có là nghiệm của phương trình không.


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
 e x  y  e x  y  2  x  1 (1)
Ví dụ 5. Giải hệ phƣơng trình  x  y
(2)
e  x  y  1
Giải:
Đặt u  x  y, v  x  y . Hệ có dạng:

eu  ev  u  v  2   u  1   v  1

eu  v  1

eu  ev   u  1  eu

eu  v  1

ev  u  1
 u
e  v  1

(3)
(4)

Trừ 2 vế của (3) và (4) cho nhau ta được: ev  eu  u  v

 ev  v  eu  u (5)
Ta xét hàm:

f  t   et  t  f '(t )  et  1  0 . Suy ra hàm f (t ) đồng biến trên

.

(5)  f  u   f (v)
uv

 x y  x y  y 0
Từ (2)  e x  x  1  e x  x  1 .

(6)

Đặt g ( x)  e x  x , g '( x)  e x  1.
 Nếu x  0  g ' ( x)  0  g ( x) đồng biến trên (0; ) .  g ( x)  g (0)  g ( x)  1 .
Suy ra (6) vô nghiệm.
 Nếu x  0  g ' ( x)  0  g ( x) nghịch biến trên (;0)  g ( x)  g (0)
.  g ( x)  1. Suy ra (6) vô nghiệm.
 Nếu x  0  VT(6)  VP(6)  1  x  0 là nghiệm duy nhất của (6).


Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y)  (0;0).
2. Bài tập tự luyện
Giải các hệ phƣơng trình sau:
Bài 1.

2 y 3  2 x 1  x  3 1  x  y

2
 y  2 x  1  2 xy 1  x
Bài 2.
3

2  2 x  1  2 x  1   2 y  3 y  2


 4x  2  2 y  4  6

Bài 3.
3
3
2

 y  y  x  3x  4 x  2

2

 1 x  y  2  y 1

Bài 4.

 3  x  2  x  2 y 2 y  1  0


3
 2 2  x   2 y  1  1

Download các chuyên đề trước:
-

Giải hệ phương trình bằng phương pháp miền giá trị: Tại đây
Giải hệ phương trình bằng phương pháp nhân chia: Tại đây
Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hạng tử tự do: Tại đây

Để theo dõi các tài liệu khác, truy cập fanpage : Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán
Để học online, truy cập kênh Youtube: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán