skkn một số bài TOÁN hệ PHƯƠNG TRÌNH DÀNH CHO học SINH lớp 10
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (839.48 KB, 26 trang )
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị:THPT Nguyễn Trãi
Mã số:…………………………
SÁNG KIẾN KINH NGIỆM
CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10
Người thực hiện: VÕ THANH LONG
Lĩnh vực nghiên cứu: GIÁO DỤC
Quản lý giáo dục:
Phương pháp dạy bộ môn: TOÁN
Phương pháp giáo dục: Đổi Mới Phương Pháp Giảng Dạy
Lĩnh vực khác:………………………….
Năm học: 2012 – 2013
-1-
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
***************************
CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10
Giáo Viên: VÕ THANH LONG
Năm Học 2012 – 2013
-2-
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I.
THÔNG TIN CHUNG CÁ NHÂN
1. Họ và tên VÕ THANH LONG
2. Ngày tháng năm sinh: 02 / 01 / 1977.
3. Giới tính: Nam.
4. Địa chỉ: B9/10, Tổ 4, khu phố 1, Phường Tân Hiệp, Biên Hoà, Đồng Nai.
5. Điện thoại: + Nhà riêng: 0613899353;
+ Di động: 0918806566.
6. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trãi, Biên Hoà, Đồng Nai.
II.
TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
Trình độ chuyên môn cao nhất: Đại học Sư phạm.
Năm nhận bằng: 1999.
Chuyên ngành đào tạo: Toán.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy Toán bậc THPT.
Số năm có kinh nghiệm: 11 năm
-3-
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Trường THPT Nguyễn Trãi
Độc lập Tự do Hạnh phúc
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ ĐỀ TÀI
Năm học 2012 - 2013
Tên đề tài:
MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH
DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10
Họ và tên tác giả: VÕ THANH LONG
Lĩnh vực:
Quản lý giáo dục
Phương pháp giáo dục
Tổ Toán Tin học
Phương pháp dạy học bộ môn Toán
Lĩnh vực khác . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Tính mới
Có giải pháp hoàn toàn mới
Có cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có
2. Hiệu quả
Hoàn toàn mới và đã triển khai, áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao
Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ giải pháp đã có và đã triển khai, áp
dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao
Hoàn toàn mới và đã triển khai, áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao
Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ giải pháp đã có và đã triển khai, áp
dụng tại đơn vị có hiệu quả cao
3. Khả năng áp dụng
Cung cấp các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách
Tốt
Khá
Đạt
Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ
thực hiện và dễ đi vào cuộc sống
Tốt
Khá
Đạt
Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng
đạt hiệu quả trong phạm vi rộng
Tốt
Khá
-4-
Đạt
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
Tổ trưởng chuyên môn
Trương Ngọc Dũng
-5-
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký, ghi rõ họ tên và đóng dấu)
Hệ phương trình
6
Võ Thanh Long
MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH
DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10
Võ Thanh Long
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Khi thực hành giải hệ phương trình là một trong những bài toán khó đối với học sinh
phổ thông. Khi giải các bài toán này nếu áp dụng các phép biến đổi thông thường học
sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc giải toán. Vì thế mà học sinh không làm được
bài, hoặc rất dài dòng trong lời giải, mất nhiều thời gian có thể dẫn đến kết quả sai hoặc
bế tắc trong quá trình hoàn thành lời giải bài toán.
Trong quá trình giảng dạy, tôi thấy có một số phương pháp có thể giải quyết các bài
toán hệ phương trình có một số phương pháp khi áp dụng để giải toán, bài toán trở nên
một cách nhẹ nhàng, dễ áp dụng và bài toán được giải nhanh chóng. Tôi xin mạo muội
viết lại “một số bài toán giải hệ phương trình dành cho học sinh lớp 10”, nhằm hỗ trợ
cho học sinh có thêm một tài liệu bổ sung, giúp các em học tốt hơn trong giải toán các
bài toán nâng cao, nhẹ nhàng hơn trong quá trình học toán; gồm các phương pháp:
A - Hệ gồm một phương trình bậc nhất và bậc hai.
B - Hệ Phương trình Đối xứng loại I.
C - Hệ Phương trình Đối xứng loại II.
D - Hệ phương trình đẳng cấp.
E - Hệ phương trình khác.
6
Hệ phương trình
7
Võ Thanh Long
A – Hệ gồm một phương trình bậc nhất và bậc hai
Phương pháp: Để giải hệ phương trình ta thường dùng các phương pháp sau để giải toán:
Nếu một trong hai phương trình của hệ là bậc nhất, ta tính x theo y hoặc y theo x; sau đó thế
vào phương trình còn lại của hệ phương trình.
Ta có thể cộng từng vế, trừ từng vế của phương trình để đưa về một phương trình có dạng
A2 = B2, từ đó suy ra A = B hay A = −B.
Ta cũng có thể biến đổi để đưa về dạng tích số A.B = 0 A = 0 hay B = 0.
Ngoài ra ta còn có các cách giải riêng tùy theo từng đặc điểm riêng của từng dạng toán cụ thể
Các ví dụ
2x y 5
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
2
2
x y 10
(1)
y 5 2x
y 5 2x
Giải: hệ phương trình 2
.
2
2
2
x
y
10
x
(5
2x)
10
(2)
2
Từ phương trình (2) giải theo biến x ta được: 5x 20x 15 0 x 1 hay x 3 .
Với x = 1 y = 3, với x = 3 y = −1. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;3), (3;−1)
x y 1
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
(2)
3
3
x y 3(x y)
x y 1
x y 1
Giải: (2) 3
3
2
2
x
y
3(x
y)
(x y)(x xy y ) 3(x y) 0
x y 1
x y 1
x y 1
(I)
hay
(II)
2
2
2
2
(x
y)
0
(x
y)(x
xy
y
3)
0
(x xy y 3) 0
1
1
Giải hệ phương trình (I) ta được x ; y .
2
2
Giải hệ phương trình (II): thế y = 1 – x vào phương trình dưới ta được:
(1 y) 2 (1 y)y y 2 3 0
y 1 x 2
(1 y) 2 (1 y)y y 2 3 0 y 2 y 2 0
y 2 x 1
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm (½;½ ), (2; −1), (−1;2)
3(x y) x 2 y 2
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
(3)
xy
2
7
Hệ phương trình
8
Võ Thanh Long
(x y)(x y) 3(x y) 0 (x y)(x y) 3(x y) 0
xy
2
xy 2
Giải: Hệ phương trình (3)
(x y)(x y 3) 0
x y 0
x y 3 0
(I)
hay(II)
xy 2
xy 2
xy 2
Giải hệ phương trình (I) ta được x y
2 hệ phương trình có nghiệm
2; 2
x 1 y 2
x 2 y 1
Giải hệ (II): thế y = 3 – x vào phương trình xy = 2 ta được x 3x 2 0
2
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm
2; 2 , (2;1), (1;2)
2x 2y xy 1
(4)
xy
x
y
2
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình
Giải: Hệ phương trình (4)
y 3x 1 (a)
3x y x xy y 1 3x y 1
2
xy x y 2
xy x y 2 3x 5x 3 0 (b)
phương trình vô nghiệm nên hệ phương trình vô nghiệm.
x y a(xy 1) (1)
(5)
xy x y 2 (2)
(x 2)
Giải: Từ phương trình (2) ta có: y(x 1) (x 2) y
thế vào phương trình (1) ta
x 1
x 2 2x
x2
2
2
a 1
được: x
x 2x 2 a( x x 1)
x 1
x 1
Ví dụ 5: Giải và biện luận hệ phương trình theo a:
(a 1)x 2 (2 a)x (2 a) 0 (*)
Nếu a = −1: phương trình (*) trở thành x = −3 y = −1
2
2
Nếu a ≠ −1: Ta có: (2 a) 4(a 1)(2 a) 5a 4
Khi a
2
0 khi đó hệ phương trình có nghiệm
5
(2 a) 5a 2 4
(2 a) 5a 2 4
x
y
2(a 1)
2(a 1)
(2 a) 5a 2 4
(2 a) 5a 2 4
Hay x
y
2(a 1)
2(a 1)
2
Khi a
0 nên phương trình vô nghiệm hay hệ phương trình vô nghiệm
5
8
Hệ phương trình
9
x y m
Ví dụ 6: Giải và biện luận hệ phương trình
Võ Thanh Long
(a)
2
2
x y 2x 2 (b)
(5)
Giải: Từ (a) y = m – x thế vào phương trình (b) ta được:
2mx 2x m2 2 2x(m 1) m 2 2
m2 1
m 2 2m 2
Với m ≠ − 1 thì x
.
y
2m 2
2m 2
m 2 1 m 2 2m 2
;
Vậy hệ phương trình có nghiệm
2m
2
2m 2
Với m = − 1 thì hệ phương trình vô nghiệm
x 3 y3 m(x y)
Ví dụ 7: Cho hệ phương trình
x y 1
Tìm m để hệ phương trình có ba nghiệm (x1 ; y1 ) , (x 2 ; y2 ), (x 3 ; y3 ) với x1 , x 2 , x3 lập thành cấp số
cộng và trong 3 số x1 , x 2 , x3 có hai số có trị tuyệt đối lớn hơn 1.
x 3 y3 m(x y)
(x y)(x 2 xy y 2 m) 0
x y 0
Giải:
I
x y 1
x y 1
x y 1
x 2 xy y 2 m 0
hay II
x y 1
1 1
Giải (I) được nghiệm ; .
2 2
(x y)2 xy m 0 xy 1 m
Giải (II):
x
y
1
x y 1
x, y là nghiệm của phương trình u 2 u 1 m 0
1
1
1
Ta có: u1 u 2 1 u1 u 2 . Do đó u1 ; ;u 2 lập thành cấp số cộng và theo đề
2
2
2
bài ta cần có thêm u1 1 1 u 2 ( để u1 1, u 2 1 )
f (1) 0 1 m 0
m 3 với f (u) u 2 u 1 m
f (1) 0
3 m 0
Vậy m > 3 là giá trị cần tìm
Bài tập tương tự
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau
2x y 6
x y 2
a) 2
b)
2
2
2
x 3xy y 9
x y 34
2
2
xy 2 0
x 4y 17
c)
d)
2
2
x y 8
x xy 4y 0
9
Hệ phương trình
10
Võ Thanh Long
Bài 2: Giải các hệ phương trình sau
2
2
x 2xy 3y 0
a)
x x y y 2
x y z 9
b) xy yz zx 27
1
1
1
x y z 1
x y z 13
2
2
2
c) x y z 61
xy xz 2yz
Bài 3: Giải các hệ phương trình sau
x 2 4y 2 200
a)
x 2y 100
x 2 xy 3y 2 2x 5y 4 0
b)
x 2y 4
2xy y 2 5x 20 0
c)
3x 2y 3 0
x 2 6xy 9y 2 6x 18y 40
d)
x 2y 30 0
Bài 4: Giải và biện luận các hệ phương trình sau:
2x y m
a)
2
xy 2y 3y
3x 2y 1
2x y a
b)
c)
2
2
x y m
2
2
x xy y 7
Đáp số
Bài 1: a) (3;0), ( 9; 24)
b) ( 1;3), ( 3; 5)
c) vô nghiệm
d) 4 14;4 14 , 4 14;4 14
3 1
2 2
49
Bài 3: a) 51;
,
2
71 25
c) 1;3 hay ;
21 7
b) (x = y = z =3) c) 4;6;3 ; 4;3;6
Bài 2: 1; 1 , ;
4 20
9 9
b) ;
98 11
;
5
5
d) 14;8 hay
B – Hệ Phương trình Đối xứng loại 1
Là hệ phương trình mà khi ta thay x bởi y và thay y bởi x thì từng phương trình của hệ không thay
đổi
x y xy 5
x y 2
Ví dụ:
hay
2
2
x y 3xy 7
4
4
4
x y a
Phương pháp:
Đặt S = x + y và P = x.y. Đưa hệ phương trình chứa hai ẩn x, y về hệ phương trình chứa S, P.
Giải hệ phương trình tìm S, P.
2
Ứng với mỗi cặp S, P. Dùng định lí Viet giải tìm x, y từ phương trình X SX P 0
10
Hệ phương trình
11
Võ Thanh Long
(Lưu ý: Phương trình X SX P 0 có nghiệm S 4P )
2
2
x xy y 11
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
2
2
x y xy 30
S P 11 (1)
.
S.P
30
(2)
Giải : Đặt S = x + y, P = xy. Khi đó hệ phương trình trở thành:
Từ phương trình (1) P = 11 – S thế vào phương trình (2) ta được: S(11 S) 30
S 5 P 6
S2 11S 30 0
S 6 P 5
Với S = 5, P = 6: x, y là nghiệm của phương trình X 5X 6 0 X = 2 hay X = 3.
Khi đó hệ phương trình có hai nghiệm là (2;3) hoặc (3;2).
2
Với S = 6, P = 5: x, y là nghiệm của phương trình X 6X 5 0 X = 1 hay X = 5.
Khi đó hệ phương trình có hai nghiệm là (1;5) hoặc (5;1).
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là: (2;3), (3;2), (1;5), (5;1).
2
x y 7
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 1 1
7
x y 12
x y 7
x y 7
x y 7 S
Giải: Điều kiện: x ≠ 0 và y ≠ 0. Khi đó 1 1
7 x y 7
xy 12 P
x y 12
xy 12
Khi đó: x; y là nghiệm của phương trình: X 7X 12 0 X 3 hay X 4
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (3;4) hoặc (4;3).
2
7
2
2
x y
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
3
3
3
x y 3
Giải: Đặt S x y, P x.y
Ta có
7
7
7
2
2
2
2
x y
(x y) 2xy
S 2P
3
3
3
x 3 y3 3
(x y)(x 2 xy y 2 ) 3
S(S2 3P) 3
1 2 7
P
S
1 2 7
P
S
(1)
2
6
2
6
S3 3S 1 S2 7 3 S3 7S 6 0 (2)
6
2
11
Hệ phương trình
12
Võ Thanh Long
Giải phương trình (2): S3 7S 6 0 ta được: (S 1)(S S 6) 0 S 1, S 2, S 3
2
2
2
2
. Khi đó x; y là nghiệm của phương trình: X X 0
3
3
1
11
1
11
X
hay X
2
3
2
3
1
1
11 1
11
11 1
11
;
hay
;
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm
3 2
3
3 2
3
2
2
5
5
2
Với S = 2 thì P Khi đó x; y là nghiệm của phương trình: X 2X 0
6
6
6
6
.
X 1
hay X 1
6
6
6
6
6
6
;1
;1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1
hay 1
6
6
6
6
10
10
2
0.
Với S = −3 thì P
Khi đó x; y là nghiệm của phương trình: X 3X
3
3
Với S = 1 thì P
Phương trình trên vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm.
x y 9
xy 14
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình
Giải: Hệ phương trình trên không phải là hệ phương trình đối xứng, tuy nhiên ta có thể đưa về hệ
x y 9
x ( y) 9
xy 14
x( y) 14
phương trình đối xứng loại 1 bằng cách sau:
Khi đó nghiệm x, −y của hệ phương trình là nghiệm của phương trình
X 2 9X 14 0 X 2, X 7
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (2,−7) hay(−7;2)
2
2
x y 2
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình
xy 3
Giải: Hệ phương trình trên không phải là hệ phương trình đối xứng, tuy nhiên ta có thể đưa về hệ
x 2 ( y 2 ) 2
x y 2
2
2
x .( y ) 3
xy 3
xy 0
2
phương trình đối xứng loại 1 bằng cách sau:
2
Khi đó nghiệm x2, −y2 của hệ phương trình là nghiệm của phương trình
X 2 2X 3 0 X 1, X 3
x 2 1 y2 3 x 1, y 3 .
12
Hệ phương trình
13
Võ Thanh Long
Do x.y<0 nên hệ phương trình có hai nghiệm (1; 3) hay (1; 3) .
x y xy a
Ví dụ 6: Cho hệ phương trình
2
2
x y a
a) Cho a = 5, giải hệ phương trình
b) Tìm a để hệ phương trình trên có nghiệm
Giải
Với a = 5, hệ phương trình trở thành:
x y xy 5 S P 5
S P 5
P 5 S
2 2
2
2
S 5, S 3
x y 5
S 2P 5 S 2S 15 0
Với S = − 5 thì P = 10. Khi đó S2 = 25 < 40 = 4P phương trình X 5X 10 0 vô
nghiệm
Với S = 3 thì P = 2, giải tương tự hệ phương trình có hai nghiệm (1;2), (2;1)
2
S P a
b) Hệ phương trình trở thành:
(1)
2
S 2S 3a 0 (2)
Phương trình (2) có nghiệm ∆ = 1 + 3a ≥ 0 a ≥ −1/3.
Với a ≥ −1/3 thì (2) có nghiệm, khi đó ta tính được P theo S. Để hệ phương trình có nghiệm
S2 4P
(S2 2P) 2P 0 a 2(a S) 0 S
a
2
Từ phương trình (2) ta có S1,2 1 1 3a
Với S 1 1 3a S 1 S
a
2
1
Do a nên không thỏa yêu cầu.
3
Với
a
a
1 3a 1
2
2
2
2
a
3a
1 3a 1 2a 0 0 a 8
a
4
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi 0 a 8
S 1 1 3a S
x y 2m 1
Ví dụ 7: Cho hệ phương trình
2
2
2
x y m 2m 3
.
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) sao cho tích số x.y là nhỏ nhất.
Giải: Ta có:
13
Hệ phương trình
14
Võ Thanh Long
x y 2m 1
x y 2m 1
x y 2m 1
2
1
2
2
2
2
xy
(3m 2 6m 4)
x
y
m
2m
3
(x
y)
2xy
m
2m
3
2
2
2
2
Điều kiện để hệ phương trình có nghiệm là S – 4P ≥ 0 (2m 1) 2(3m 6m 4) 0
2m 2 8m 7 0 2
Xét
f (m) 3m 2 6m 4
2
2
m 2
2
2
đồng
biến
trên
khoảng
(1;+)
nên
2
2
m 2
2
2
2
2
f (m) f 2
min f (m) f 2
2
2
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) nhỏ nhất khi m 2
x y xy a
Ví dụ 8: Cho hệ phương trình
2
2
x y xy 3a 8
2
2
.
a) Giải hệ phương trình khi a = 7/2
b) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm.
Giải
Câu a) tự giải Đs: (2;0,5) hay (0,5;2)
S P a
.
P.S
3a
8
b) hệ phương trình
Khi đó S, P là nghiệm của phương trình X aX 3a 8 0 .
2
Để phương trình có nghiệm a 4(3a 8) 0 a 4 hay a 8
2
1
a a 2 12a 32
2
1
1
a a 2 12a 32 , P a a 2 12a 32
Với S
2
2
Khi đó phương trình có nghiệm X1,2
Hệ phương trình có nghiệm S2 ≥ 4P
1
a a 2 12a 32 2 a a 2 12a 32
4
2
2
a 10a 16 (a 4) a 12a 32 2
1
1
a a 2 12a 32 , P a a 2 12a 32
Với S
2
2
Hệ phương trình có nghiệm S2 ≥ 4P
14
đồng
biến
với
Hệ phương trình
15
Võ Thanh Long
1
a a 2 12a 32 2 a a 2 12a 32
4
2
2
a 10a 16 (a 4) a 12a 32 3
Hệ phương trình có nghiệm khi (2) đúng hay (3) đúng
a 2 12a 32 4
a 10a 16 a 4
2
Ta có : (4) (a 2)(a 8) a 4
a 2 12a 32
Với a ≥ 8 thì (a 2)(a 8) 0 nên thỏa (4).
Với a ≤ 2 thì (a 2)(a 8) 0 nên thỏa (4).
Với 2 < a ≤ 4 thì (a 2)(a 8) 0 do đó
(4) (a 2) (a 8) a 4 a 12a 32 4a 13a 8 0
2
2
2
2
1
1
13 3 33 a 13 3 33
8
8
2
Kết hợp với điều kiện 2 < a ≤ 4 2 a
1
13 3 33
8
1
13 3 33 hay a ≥ 8.
8
2
2
x y 2(1 a)
Ví dụ 9: Tìm a để hệ phương trình sau có đúng 2 nghiệm
2
(x y) 4
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi a
2
2
2
x y 2(1 a)
S 2P 2a 2
Giải Ta có:
2
2
(x y) 4
S 4 S 2
P 1 a
x, y là nghiệm của phương trình u 2 2u 1 a 0 (1)
● Trường hợp
S 2
hệ phương trình có nghiệm ' 1 (1 a) 0 a 0
P 1 a
x, y là nghiệm của phương trình u 2 2u 1 a 0 (2)
● Trường hợp
S 2
hệ phương trình có nghiệm ' 1 (1 a) 0 a 0
● Với a = 0 thì từ (1) u = 1 và từ (2) u = −1 nên hệ phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt
● Với a > 0 thì mỗi phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt nên hệ phương trình có 4
nghiệm phân biệt ( Nếu hệ phương trình có hai nghiệm phương trình (1) (2): Điều này không
thể xảy ra)
Vậy với a = 0 thì hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt
x 2 y 2 z 2 8 (1)
Ví dụ 10: Cho (x,y,z) là nghiệm của hệ phương trình
.
xy
yz
zx
4
(2)
15
Hệ phương trình
16
Võ Thanh Long
8
8
3
3
2
2
Giải: Ta có: (1) S 2P 8 z (3) , (2) P zS 4 P 4 zS với
S x y, P x.y . Thế P vào (3) ta được
S1 z 4 P z 2 4z 4 (a)
2
2
2
2
S 2(4 zS) 8 z S 2zS (z 16) 0
2
S2 z 4 P z 4z 4 (b)
Chứng minh rằng: x, y,z
Để hệ phương trình có nghiệm S2 – 4P ≥ 0.
2
2
2
Với S z 4, P z 4z 4 (z 4) 4(z 4z 4)
8
3z 2 8z 0 z 0
3
Với
S z 4, P z 2 4z 4 (z 4) 2 4(z 2 4z 4)
8
3z 2 8z 0 0 z
3
8
8
8
8
Vậy ta có: z . Lập luận tương tự cho x và y ta được x, y
3
3
3
3
điều cần chứng minh.
Bài tập
1) Giải các hệ phương trình sau:
x y 5
x.y 6
a)
x y 3
4
4
x y 17
e)
x y 5
xy 4
1 1
x 2 y 2 13
f)
1 1 1
x y
x y 4
2
2
x y 10
d)
x.y 4
3
3
x y 63
h)
c)
b)
g)
x y 1
3
3
x y 7
x y 5
5
5
x y 275
2) Giải các hệ phương trình sau:
x y xy 11
a) 2
2
x y xy 13
x 1
x
y
y 2
c)
(x y)x 1
y
2
x 2 y xy 2 30
b)
x y xy 13
x 3 y x 3 y 2 2x 2 y 2 x 2 y3 xy3 30
d) 2
2
x y xy xy x y 11
3) Giải các hệ phương trình sau:
16
Hệ phương trình
17
2 y
x 3 3
a)
x 3 3
2 y 2
1) a) (3;2), (2;3)
Võ Thanh Long
2
x
y x y 2 3
b)
y x y 1 9
x
b) (4; 1), ( 1; 4)
Đáp số
c) (1;3), (3;1)
d) ( 1; 2), (2; 1)
1 1 1 1
g) 1; 4 , 4;1
h) 2;3 , 3; 2
2 3 3 2
x 5 2 7 x 5 2 7
,
2) a) 3;4
b)
, 5; 2 , 2; 5
y 5 2 7 y 5 2 7
1 1
c) 1;2 , ;
4 4
1
1
1
1
d) 2;1 , 1;2 , 5 21 ; 5 21 ; 5 21 ; 5 21
2
2
2
2
3) a) (2;6), (1;3)
2 9
b) Hướng dẫn: nhân hai vế của hai phương trình rồi đặt t = x + y. ; , 1;3
7 7
e) (1;2), (2;1)
f) ; , ;
C – Hệ Phương trình Đối xứng loại 2:
P(x, y) Q(y, x) (1)
P(y, x) Q(x, y) (2)
Là hệ phương trình có dạng:
Tức là khi ta thay x bởi y thì phương trình (1) trở thành phương trình (2) và ngược lại
Phương pháp:
Ta trừ từng vế của phương trình để đưa về dạng tích A.B = 0 A = 0 hay B = 0
Xét từng trường hợp của hệ, dùng phép thế ta được các nghiệm cần tìm
2x 2 xy 3x (1)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 2
2y xy 3y (2)
Giải: Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được
(*)
x y 0
2x 2 2y 2 3(x y) (x y)(2x 2y 3) 0
2x 2y 3 0 (**)
(*)
x y 0
2x 2y 3 0 (**)
Khi đó hệ phương trình (I) 2
hay (II) 2
2x xy 3x
2x xy 3x
17
Hệ phương trình
x y 0
Giải hệ (I)
18
(*)
2
2x xy 3x
Võ Thanh Long
x y
x 0
x 1
2
hay
y 0
y 1
3x 3x
Giải hệ
3
3
3
x 0
2x 2y 3 0 (**)
y x
y x
x
(II) 2
2
2
2
3 hay
y
2x
xy
3x
2
2
4x 2x(3 2x) 6x
2x 3x 0
y 0
2
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (0;0), (1;1), (0;3/2), (3/2;0)
3
x 3x 2y (1)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 3
y 3y 2x (2)
Giải: Trừ từng vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được
(*)
x y 0
x 3 y3 x y (x y)(x 2 xy y 2 1) 0 2
2
x xy y 1 0 (**)
2
2
(*)
x y 0
x xy y 1 0 (**)
Khi đó hệ phương trình (I) 3
hay (II) 3
x
3x
2y
x 3x 2y
x 5
x 5
x y 0 (*)
x y
x 0
3
hay
hay
Giải hệ (I) 3
y
0
x
3x
2y
x
5x
y
5
y 5
Giải hệ
3
2y
(x
3x)
x 2 xy y 2 1 0 (**)
2y (x 3 3x)
2
(II) 3
3
2
x 3 3x x 3 3x
x 3x 2y
x 3x 2y
x x
1 (a)
2
2
Giải phương trình (a) với t = x2, (t ≥ 0) ta được phương trình:
x 1 y 1
t 3 4t 2 7t 4 0 t 1 t 2 3t 4 0 t 1
x 1 y 1
Vậy hệ phương trình có 5 nghiệm (0;0), (1;-1), (-1;1),
5; 5 , 5; 5
2
3
2
x y 4y ay (1)
Ví dụ 3: Cho hệ phương trình
.
2
3
2
y
x
4x
ax
(2)
Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Giải: Trừ vế (1) cho (2) ta được:
(x y)(x y) (y x)(x 2 xy y 2 ) 4(y x)(y x) a(y x)
18
Hệ phương trình
19
Võ Thanh Long
x y (*)
(x y) x 2 xy y 2 3(y x) a 0 2
2
x xy y 3(y x) a 0 (**)
3
2
2
Xét x = y thế vào (1) ta được: y 5y ay 0 y 0 hay y 5y a 0 (3*)
Để hệ phương trình chỉ có một nghiệm phương trình (3*) vô nghiệm
∆ < 0 25 4a 0 a 25 / 4
2
2
2
2
Xét x xy y 3(y x) a 0 x (y 3)x y 3y a 0 có
3y2 6y 9 4a 3(y 1)2 (12 4a) 0, Do a 25 / 4 12 4a 0
phương trình (3*) vô nghiệm
Vậy để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất khi a > 25/4. Khi đó hệ phương trình có nghiệm
(0;0)
Bài tập
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:
2
x y 20
a) 2
y x 20
2
2
x 4y 4x 2y
c)
2
2
y 4x 4y 2x
2
x
b) 2
y
x 2
d) 2
y
x 2y
y 2x
13x 4y
13y 4x
Bài 2: Giải và biện luận hệ phương trình
2
x m (m 1)y
a)
2
y m (m 1)x
2
4x 4y 3 3m
b)
2
4y 4x 3 3m
x 3 x my
c) 3
y y mx
Đáp số:
1 77 1 77 1 77 1 77
;
;
,
2
2
2
2
Bài 1: a) (4;4), (-5;-5),
c) (0;0), (-2;-2)
D - Hệ phương trình đẳng cấp
2
2
ax bxy cy d
Xét hệ phương trình có dạng: (III)
Ta gọi hệ phương trình như trên là
2
2
a
'x
b'xy
c'
y
d
'
hệ phương trình đẳng cấp bậc hai vì bậc của mỗi hạng tử trong phương trình luôn bằng 2.
Phương pháp:
Xét x = 0 (hay y = 0) thế vào hệ phương trình (III), nếu hệ phương trình có nghiệm thì nhận.
Nếu x ≠ 0, đặt y = k.x , sau đó giải hệ phương trình theo k và x để tìm nghiệm.
Cách 2: Thực hiện theo các bước sau:
19
Từ hệ phương trình ta khử số hạng x2
(hay y2) để dẫn đến phương trình khuyết
Hệ phương trình
20
Võ Thanh Long
x2 (hay y2), giả sử
Dx 2 F
.
Dx Exy F 0 y
Ex
2
Thế y vào lại một trong hai phương trình của hệ ta dc phương trình trùng phương bậc bốn.
Giải tìm nghiệm của phương trình nghiệm của hệ phương trình (Biện luận thường dùng
cách 2)
P(x; y)
được gọi là hệ phương trình đẳng cấp bậc n
Q(x;
y)
Tổng quát: Hệ phương trình có dạng:
nếu P(x,y) và Q(x,y) là hai đa thức bậc n theo hai biến x, y và thỏa: P(kx, ky) k P(x, y) và
n
Q(kx, ky) k n Q(x, y)
2
2
3x 5xy 4y 38
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
2
2
5x 9xy 3y 15
Giải:
2
Xét x = 0, thế vào hệ phương trình ta được: y 38 / 4 0 nên x = 0 không phải là nghiệm
của phương trình
x 2 (3 5k 4k 2 ) 38 (1)
Với x ≠ 0, đặt y = kx. Thế vào hệ phương trình ta được:
2
2
x (5 9k 3k ) 15 (2)
3 5k 4k 2 38
1
145
54k 2 417k 145 0 k , k
Chia vế (1) cho (2) được:
2
5 9k 3k
15
3
18
145
Với k
thì phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình vô nghiệm.
18
1
Với k thì phương trình (1) x2 = 9 x = ± 3 y = ± 1
3
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (3;1), (−3;−1)
2x 2 3xy y 2 15(1)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
2
2
x xy 2y 8 (2)
Giải: Cách 1:
2
2
2
2
2x 3xy y 15(1)
16x 24xy 8y 120 (1)
Hệ phương trình
2
2
2
2
x xy 2y 8 (2)
15x 15xy 30y 120 (2)
2
2
Lấy phương trình 1 2 : x 9xy 22y 0 . Đặt x = ty, được
y 0
y 2 (t 2 9t 22) 0
t 2 hay t 11
2
2x 15
Với y = 0 hệ phương trình trở thành: 2
hệ phương trình vô nghiệm
x 8
20
Hệ phương trình
21
Võ Thanh Long
y 1 x 2
y 1 x 2
Với t = 2 ta được x = 2y, thế vào (2) y2 =1
y 1/ 14 x 11/ 14
1
14
y 1/ 14 x 11/ 14
1 11
1
11
,
,
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm 1; 2 , 1; 2 ,
,
14
14 14 14
Với t = −11 ta được x = −11y, thế vào (2) y
2
Cách 2: Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm của hệ phương trình thì y ≠ 0
3y 2 1
Khử số hạng x từ hệ phương trình ta được: xy 3y 1 x
(3)
y
y2 1
4
2
Thay (3) vào (2) ta được 14y 15y 1 0
y2 1
14
3
2
Khi đó ta giải như cách giải ở trên
Khi giải các bài toán biện luận ta thường dùng cách 2
Ví dụ 3: (ĐHAN – A – 2000) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm
2
2
x 2xy 3y 8
2
2
4
3
2
2x 4xy 5y a 4a 4a 12 105
4
3
2
Giải: Đặt m a 4a 4a 12 105 .
x 2 2xy 3y 2 8 (*)
Khi đó hệ phương trình có dạng:
2
2
2x 4xy 5y m
Xét x = 0 thế vào hệ phương trình vô nghiệm x ≠ 0.
40 3m 11x 2
(1) .
Khử y từ hệ ta được: 2xy 40 3m 11x y
2x
2
2
Thay (1) vào (*) ta được:
105x 4 2(31m 408)x 2 (3m 40)2 0 .
2
2
2
Đặt t x 0 được f (t) 105t 2(31m 408)t (3m 40) 0 (4)
Vậy để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình (4) phải có ít nhất một nghiệm không âm
Do c/a ≥ 0 nên phương trình (4) nếu có nghiệm thì có hai nghiệm không âm
' 0
P 0 m 3 105
S 0
m a 4 4a 3 4a 2 12 105 3 105 a 4 4a 3 4a 2 9 0 (a 2 2a) 2 9
a 1 a 3
Vậy với a 1 a 3 thì hệ phương trình có 21nghiệm
Hệ phương trình
22
Võ Thanh Long
Bài tập
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:
2
2
2x 4xy y 1
a)
2
2
3x 2xy 2y 7
6x xy 2y 56
2
2
5x xy y 49
2
2
d)
2
2
2x 2xy 3y 17
b)
2
2
3x 2xy 2y 11
2
3x 2xy 160
c)
2
2
x 3xy 2y 8
x 2 xy y 2 5
e) y 2x 5
2
x y
2 xy
Bài 2: Giải và biện luận các hệ phương trình sau:
2
x xy 2
a) 2
2
2x 4xy 2y m
2
2
x xy y m
b)
2
y 2xy 3
x 2 4xy y 2 m
Bài 3: Chứng minh rằng hệ phương trình sau có nghiệm với mọi m R: 2
y 3xy 4
Đáp số
9 161 17 161
;
161
161
1) a) 1;1 , 1; 1 ,
b) Vô nghiệm
17
17
, 5;
2
2
c) 8; 2 , 8;2 , 5;
d) x
2
e) 2;1 , 2; 1
28 2 7 2 63 2 28
; y , x ; y
5
3
5
5
E – Hệ phương trình dạng khác
I – Đặt ẩn phụ: Ta thực hiện theo các bước sau:
Đặt điều kiện để các biểu thức trong hệ có nghĩa.
Lựa chọn ẩn phụ để biến đổi hệ ban đầu về các hệ phương trình ta đã biết cách giải
Giải hệ phương trình nhận được, tìm nghiệm
Kết luận về nghiệm của hệ phương trình ban đầu
2
2
x y 3x 4y 1
Ví dụ 1: (ĐHSP HN 1999) Giải hệ phương trình
2
2
3x 2y 9x 8y 3
2
2
x 3x y 4y 1
Giải: Hệ phương trình viết lại dưới dạng:
2
2
3(x 3x) 2(y 4y) 3
u x 2 3x
Đặt
2
v y 4y
22
Hệ phương trình
23
Võ Thanh Long
x 2 3x 1
u v 1
u 1
2
khi đó hệ phương trình trở thành
.
3u
2v
3
v
0
y
4y
0
3 3
x1,2
. Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm
2
y 0 hay y 4
3 3 3 3 3 3 3 3
;0 ;
;4 ;
;0 ;
;4 15
2
2
2
2
1
x 2y x 2y 5 (1)
Ví dụ 2: Giải và biện luận hệ phương trình
x 2y a
(2)
x 2y
u v 5
1
. Do đó u, v là
, v x 2y khi đó hệ phương trình trở thành:
x 2y
u.v a
2
nghiệm của phương trình t 5t a 0 (3) với 25 4a
25
1
5 25 4a
Nếu a
và a ≠ 0 thì phương trình (3) có hai nghiệm t1;2
2
4
1
1
1
1
t2
x
2a
1
t
2
2
x 4 2a 1 t 2
x 2y
x 2y
x 2y
t1 hay
t1
hay
2a
1
y 2a 1 t
y 1 2a 1 t
x 2y t
x 2y t
x 2y t 2
2
2
2
2
4
2
Giải: Đặt u
Nếu a = 0 thì (3) có hai nghiệm t = 0, t = 5 khi đó
1
1
1
1
x 2y
x 2y
t1 hay
5x , y
10
20
x 2y t
x 2y 0
2
25
Nếu a
thì hệ phương trình vô nghiệm.
4
x 1
x
y
y
2
1 1
Bài Tập: Giải hệ phương trình
Đáp số: 1;2 , ;
4 4
(x y)x 1
y
2
II – Giải hệ phương trình dựa vào sự đánh giá một ẩn:
Để giải hệ phương trình dạng này, ta đánh giá
một ẩn bằng cách tìm điều kiện đối với ẩn này để
tồn tại các ẩn khác. Từ đó ta tìm được giá trị của 23nó rồi suy ra giá trị của các ẩn còn lại.
Hệ phương trình
24
Võ Thanh Long
2
2
2
x y z 1
Ví dụ: Giải hệ phương trình
2
2
x y 2xy 2yz 2xz 1 0
2
2
2
(1)
x y z 1
Giải: Hệ phương trình được viết lại:
2
(x y) 2z(x y) 1 0 (2)
Từ phương trình (1) - 1 ≤ z ≤ 1. (*)
2
Từ phương trình (2): (x – y) tồn tại z 1 z 1 (2*)
Từ (*) và (2*) z = 1
x 2 y2 0 x y 0
Với z = 1, hệ phương trình trở thành:
hệ phương trình vô nghiệm
x
y
1
x
y
1
Giải hệ phương trình bằng cách đánh giá hai vế:
x 3 y3 1 (1)
Giải hệ phương trình 4
4
x y 1 (2)
4
4
Giải: Từ phương trình (2) suy ra: x 1, y 1 x 1, y 1
Nếu x 1 thì x4 =1 và từ (2) y = 0. Khi đó (1;0) là nghiệm của hệ phương trình
Nếu y 1 thì y4 =1 và từ (2) x = 0. Khi đó (0;1) là nghiệm của hệ phương trình
Xét 0 x 1 thì 0 x 1 và từ (2) 0 y 1
4
4
nên ta có: 0 x 1 và 0 y 1
x
3
x 4 , y3 y 4 x 3 y3 x 4 y 4 1 x 3 y3 1
Nếu x và y cùng dấu thì ta có:
x 3 y3 x 3 y3 1 x 3 y3 1 hay x 3 y3 1
(1) không thỏa hệ phương trình vô nghiệm
Nếu x và y trái dấu thì ta có: x y
3
3
Max x 3 , y3 1 x 3 y3 1
(1) không thỏa hệ phương trình vô nghiệm
Vậy hệ phương trình chỉ có hai nghiệm (1;0), (0;1)
Giải hệ bằng cách đưa về hệ phương trình gồm hai phương trình theo hai biến x, y
10x 2 5y2 2xy 38x 6y 41 0 (1)
Ví dụ: Giải hệ phương trình
2
2
3x 2y 5xy 17x 6y 20 0 (2)
Giải
Lấy phương trình (2) nhân với số 2 rồi cộng phương trình (1):
16x 2 8xy y 2 7x 18y 81 0
Lấy phương trình (2) nhân với số (−2) rồi cộng phương trình (1):
4x 2 12xy 9y 2 4x 6y 1 0
24
Hệ phương trình
25
Khi đó hệ phương trình trở thành:
(4x y)2 18(4x y) 81 0 4x y 0
x 2; y 1
2
2x
3y
1
(2x
3y)
2(2x
3y)
1
0
2 2
2
x y 3y xy 1 0
Bài tập: Giải hệ phương trình:
2 2
2
3x y 6y xy 2 0
3
3
Đs: 0;
,
0;
, 1;1 , 1; 1
3
3
25
Võ Thanh Long
