CHUYEN DE HPT ON THI DH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn. Chuyên đề: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN I. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng.  Phương trình n ẩn x1, x2, ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thì phương trình không thay đổi.  Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng: x1 + x2 + ... + xn x1x2 + x1x3 + ... + x1xn + x2x1 + x2x3 + ... + xn-1xn ............................... x1x2 ... xn  Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng.  Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét. * Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn1 +... an, a0 ≠ 0, ai  P có nhgiệm trên P là c1, ..., cn thì: a1  c1  c2  ...  cn   a 0   a2 c1c2  c1c3  ...  c1cn  c2 c1  c2 c3  ...  cn-1cn  a0  ...............................   n an c1c1 ... cn  (1) . a0 . (Định lý Viét tổng quát). Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn: A. LÝ THUUYẾT 1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2: Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì: b   S  x1  x2   a   P  x .x  c 1 2  a x x S Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 có  1 2 thì x1, x2 là nghệm của phương trình X2  SX + P = 0. x . x  P  1 2. 2. Định nghĩa: f ( x, y )  f ( y , x)  f ( x, y )  0 , trong đó    g ( x, y )  0  g ( x, y )  g ( y, x ). 3.Cách giải: Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2  4 P . Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y. Chú ý: + Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. + Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. + Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ. 4. Bài tập: Loại 1: Giải hệ phương trình. Lại Văn Long web: 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn 2.  x y  xy 2  30 . 3 3  x  y  35. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình . GIẢI Đặt S  x  y , P  xy , điều kiện S  4 P . Hệ phương trình trở thành: 2.   P  30  SP  30  S  5  x  y  5  x  2  x  3    S     .  2    90   S(S  3P)  35   2  P  6  xy  6  y  3  y  2       S  S    35 S    xy ( x  y )  2 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  3 . 3 x  y  2. GIẢI Đặt t   y , S  x  t , P  xt , điều kiện S  4 P Hệ phương trình trở thành: 2.  xt(x  t)  2  SP  2   3   3 3  x  t  2  S  3SP  2   x  y  1  1  4  x y Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  .  x2  y2  1  1  4  x2 y 2.  S  2  x  1  x  1     .   P  1  t  1  y  1   . GIẢI Điều kiện x  0, y  0 .  1   1    x     y    4  x  y Hệ phương trình tương đương với:  2 2     x  1    y  1   8    x  y     1  1 1  1 Đặt S   x     y   , P   x    y   , S2  4P ta có:   x  y x  y.    1   1   x  1  2  x     y    4  S  4  S  4   x  y    x  x  1 .       1  S2  2P  8  P  4    y  1 1  1       x    y    4  y   2 y    x y    2 2  x  y . Ví dụ 4. Giải hệ phương trình .  x . 2 xy  8 2 (1). y4. .. (2). GIẢI Điều kiện x, y  0 . Đặt t  xy  0 , ta có: xy  t2 và (2)  x  y  16  2t .. Thế vào (1), ta được: t2  32t  128  8  t  t  4. Suy ra:  xy  16  x  4    .   x  y  8  y  4  . Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 có nghiệm Phương pháp giải chung: Lại Văn Long web: 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn. + Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). + Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2  4 P (*). + Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m. Chú ý: Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u, v. Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:  x  y 1 .   x x  y y  1  3m. GIẢI Điều kiện x, y  0 ta có:  x  y  1  x  y  1     x x  y y  1  3m ( x)3  ( y)3  1  3m   2 Đặt S  x  y  0, P  xy  0 , S  4P. Hệ phương trình trở thành:  S  1  S  1   .  3  S  3SP  1  3m  P  m   1 Từ điều kiện S  0, P  0, S2  4P ta có 0  m  . 4  x  y  xy  m Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình  2 có nghiệm thực. 2  x y  xy  3m  9. GIẢI  x  y  xy  m (x  y)  xy  m   .  2 2  x y  xy  3m  9  xy(x  y)  3m  9    S  P  m Đặt S = x + y, P = xy, S2  4P. Hệ phương trình trở thành:  .  SP  3m  9  Suy ra S và P là nghiệm của phương trình t2  mt  3m  9  0  S  3  S  m  3     .  P  m  3  P  3    32  4(m  3) 21 Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm    m  m  3  2 3. 2 4  (m  3)  12  x  4  y 1  4 Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình  có nghiệm.  x  y  3m. Đặt u . x  4  0, v . GIẢI y  1  0 hệ trở thành:.  u  v  4  u  v  4 .    2  u  v2  3m  5  uv  21  3m   2 21  3m Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của t2  4t   0 (*). 2 Hệ có nghiệm  (*) có 2 nghiệm không âm.. Lại Văn Long web: 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn.  /  0  3m  13  0  13 2   S  0     m  7.   21  3m 3 0  P  0    2.  x 2  y 2  4 x  4 y  10 có nghiệm thực.  xy ( x  4)( y  4)  m. Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình . GIẢI  x2  y2  4x  4y  10 (x 2  4x)  (y2  4y)  10    2 .   xy(x  4)(y  4)  m (x  4x)(y2  4y)  m   Đặt u  (x  2)2  0, v  (y  2)2  0 . Hệ phương trình trở thành:  u  v  10  S  10   (S = u + v, P = uv).   uv  4(u  v)  m  16  P  m  24    S2  4P  Điều kiện  S  0  24  m  1 .   P  0 . Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình. Ví dụ. Giải phương trình:. 3. x  3 1 x . 3 . 2. GIẢI  3 x  u Đặt:  . Vậy ta có hệ: 3  1  x  v. 3  3  u  v  2 u  v   2    (u  v) (u  v)2  3uv   1 u 3  v3  1    . 3   u+v = 2   u.v = 19  36. 3 2. 19 =0 36 3  9 + 5   9+ 5 x =   12  u =    12     3  9- 5  9 - 5  u =   x =   12    12 . u, v là hai nghiệm của phương trình: X 2 - X +.  9  5  3  Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} =   ;  12 . 3  9  5      .  12  . B. BÀI TẬP I. Giải các hệ phương trình sau:  x 4  y 4  1 1)  6 6  x  y  1.  x . 4) . y 4. 2 2  x  y  2 xy  8 2.  x 2  y 2  5 2)  4 2 2 4  x  x y  y  13 2 2  x  x  y  y  18  xy ( x  1)( y  1)  72. 5) .  x y  y x  30. 3) .  x x  y y  35   1   x  y  1  5 xy    6)   x 2  y 2  1  1   49    x2 y2   . . Lại Văn Long web: . 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn. 1 1  x  y  x  y  4  7)   x2  y 2  1  1  4  x2 y 2 6 6  x  y  2 10)  3 3  x  3x  y  3 y.  x y 7   1  y x x y 8)    x xy  y xy  78.  x  y  4 2 2 3 3  x  y x  y  280. 9) . . . . II. Gải hệ phương trình có tham số: 1. . Tìm giá trị của m: 5  x  y   4 xy  4  x  y  xy  1  m. có nghiệm..  x  y  xy  m  2 2 2  x y  xy  m  1. có nghiệm duy nhất.. a) . b) .  x  y 2  4 c)  có đúng hai nghiệm. 2 2  x  y  2  m  1  x  xy  y  m 2.  2 2  x  y  m. (1II). a. Giải hệ phương trình khi m = 5. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.  x  xy  y  m 2 2  x y  xy  3m  8. 3. . (7I). a Giải hệ phương trình khi m = 7/2. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.  x  xy  y  m  1 2 2  x y  xy  m. 4. . (40II). a. Giải hệ phương trình khi m=2. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) với x >0, y >0. III. Giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình: 1. Giải phương trình: 4 x  1  4 18  x  3 . 2. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm: a. 1  x  1  x  m b. m  x  m  x  m c. 3 1  x  3 1  x  m Phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn: (Đọc thêm). a. Định nghĩa: Là hệ ba ẩn với các phương trình trong hệ là đối xứng. b. Định lý Vi-et cho phương trình bậc 3: x + y + z = α  Cho 3 sè x, y, z cã: xy + yz + zx = β xyz = γ . Thì x, y, z ;à nghiệm của phương trình X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) ThËy vËy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0  [ X2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0  X3 - X2z - X2(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0  X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) có nghiệm là x, y, z  phương trình X3 - αX2 + βX - γ = 0 có 3 nghiệm là x, y, z. Lại Văn Long web: 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn. c.C¸ch gi¶i: + Do các phương trình trong hệ là đối xứng nên ta luôn viết được dưới dạng α, β, γ x + y + z = α  Khi đó ta đặt xy + yz + zx = β xyz = γ . Ta ®­îc hÖ cña α, β, γ. + Giải phương trình X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) tìm được nghiệm (x, y, z) của hệ. Chó ý: (1) cã nghiÖm duy nhÊt  hÖ v« nghiÖm. (1) cã 1 nghiÖm kÐp duy nhÊt  hÖ cã nghiÖm. (1) có 2 nghiệm : 1 nghiệm kép, 1 nghiệm đơn  hệ có 3 nghiệm. (1) cã 3 ngiÖm  hÖ cã 6 nghiÖm. d. Bµi tËp: VD1: Gi¶i hÖ:. x + y + z = 2  2 2 2 x + y + z = 6  x 3 + y3 + z 3 = 8 . Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx). x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = -1. 8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz  xyz = -2. t = 1  x, y, z là nghiệm của phương trình:t - 2t - t + 2 = 0   t = - 1  t = 2 3. 2. VËy hÖ cã 6 cÆp nghiÖm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1).  x + y + z = 9  VD2: Gi¶i hÖ xy + yz + zx = 27 1 1 1  + + =1 y z  x xy + yz + zx =1 Gi¶i: §K: x, y, z ≠ 0. Tõ (3)  xyz. (1) (2) (3). Do (2)  xyz = 27 x + y + z = 9  VËy hÖ  xy + yz + zx = 27 xyz = 27 . Do đó (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0  (X - 3)3 = 0  X = 3. VËy hÖ cã nghiÖm lµ (3; 3; 3).. Lại Văn Long web: 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn. VD3: Gi¶i hÖ. x + y + z = a  2 2 2 2 x + y + z = a  x 3 + y3 + z 3 = a 3 . Gi¶i: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = 0. x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz  xyz = 0. VËy cã:. x + y + z = 0  xy + yz + zx = 0  xyz  0 . X = 0.  (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X3 - aX2 = 0   X = a VËy hÖ cã nghiÖm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chú ý: Có nhiều vấn đề cần lưu ý khi giải hệ loại này + Với cách giải theo định lý Vi-et từ hệ ta phải đưa ra được x + y + z; xy + yz + zx; xyz có thể nã lµ hÖ qu¶ cña hÖ nªn khi t×m ®­îc nghiÖm nªn thö l¹i. + Vì là hệ đối xứng giữa các ẩn nên trong nghiệm có ít nhất 2 cặp nghiệm có cùng x, cùng y hoặc cùng z nên có thể giải hệ theo phương trình cộng, thế.. VD:.  x + y + z = 9  xy + yz + zx = 27 1 1 1  + + =1 y z  x. (1) (2) (3). Gi¶i: Râ rµng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cña (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz Tõ (2) vµ (4)  xyz = 27 (5) 2 Tõ (2)  x (y + z) + xyz = 27x (6) Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0  x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0  (x - 3)3 = 0  x = 3. (4)..  y + z =6  y = z = 3.  yz = 9. Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã: . VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3. II. Hệ phương trình đối xứng loại 2: 1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn: A. Định ghĩa:  f ( x, y )  0  1    f ( y , x)  0  2 . Cách giải: Lấy (1)  (2) hoặc (2)  (1) ta được: (xy)g(x,y)=0. Khi đó xy=0 hoặc g(x,y)=0. + Trường hợp 1: xy=0 kết hợp với phương trình (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm. + Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trình (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường hợp này hệ phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thông thường vô nghiệm. B. Các ví dụ:. Lại Văn Long web: 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn 3.  x  3x  8 y 1. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình . 3  y  3 y  8 x  2 . (I). GIẢI Lấy (1)  (2) ta được: (x - y)(x + xy + y + 5) = 0 2. 2. x = 0 x 3 = 3x + 8y  x 3 - 11x = 0  Trường hợp 1: (I)       x = ± 11 . x = y x = y  x = y  x 2 +xy+y 2 +5=0 Trường hợp 2: (I)   3 3 (hệ này vô nghiệm)  x +y =11 x+y  Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm:. (x, y) = (0,0); (. . 11, 11); (- 11,- 11).  x  4 y  1  1. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình .  y  4 x  1  1. GIẢI 4. Đặt: x - 1 = u  0;. 4. y-1 =v0. u 4 + 1 + v = 1 u 4 + v = 0 u = 0 x = 1 Hệ phương trình trở thành  4  4 (Do u, v ≥ 0)   .  v + 1 + u = 1  v + u = 0 v = 0 y = 1 Vậy hệ có nghiệm (1,1)  x  y 2  y  m. Ví dụ 2: Cho hệ phương trình . 2  y  x  x  m. (I). a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.  x - y = y 2 - y - x 2 + x x = ± y    2 2  x = y - y + m x = y - y + m  x = y x = y Giải (I)   2 2  x = y - y + m   x - 2x + m = 0   x=-y x=-y      x = y 2 - y + m   y 2 + m = 0 Δ x '  0 1 - m  0 m  1 a) Hệ phương trình có nghiệm   '   m0  Δ y  0 - m  0 m  0  Δ x ' = 0  1 - m = 0  '   Δ y < 0 - m < 0 b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất   '    m = 1. 1 - m < 0  Δ x < 0   '  - m = 0  Δ y = 0 Vậy m = 1.. Ví dụ 3: Giải phương trình: x3  1  2 3 2 x  1 . Lại Văn Long web: 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn. GIẢI Đặt. 3. 3. 2x - 1 = t  2x - 1 = t . x 3 + 1 = 2t Ta có hệ  3  t + 1 = 2x. x 3 + 1 = 2t x 3 - 2x + 1 = 0    2 2 (x - t)(x + xt + t + 1) = 0 x = t x = 1 (x - 1)(x 2 + x - 1) = 0    x = - 1 ± 5 x = t  2 -1± 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1; . 2 C. Bài tập: 1.Giải các hệ phương trình sau: 1  2 x  y  a.  2 y  1  x  x  d.   y . 3 x 3  y. 3  2 x  y  x2  b.  2 y  x  3  y2  x  2  y  2 e.   y  2  x  2. . y 9 9 x 9 9.  x 2  ( x  y )  2m. 2. Cho hệ phương trình . 2  y  ( x  y )  2m.  x3  1  2 y. c. . 3  y  1  2 x.  x  5 . g. . y2 7.  y  5  x  2  7. .. a. Giải hệ với m = 0. b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 3 2 2  x  y  7 x  mx. 3. Tìm m để hệ: . có nghiệm duy nhất.. 3 2 2  y  x  7 y  my 4. Giải các phương trình: a. x 2  x  5  5 .. b. x3  3 3 3x  2  2 .. 2. Hệ phương trình đối xứng loại 2, 3 ẩn: (Đọc thêm) A. Dùng chủ yếu là phương pháp biến đổi tương đương bằng phép cộng và thế. Ngoài ra sử dụng sự đặc biệt trong hệ bằng cách đánh giá nghiệm, hàm số để giải. B. VÝ dô: x 2 + 2yz = x  Gi¶i hÖ  y 2 + 2zx = y  2 z + 2xy = z. (1) (2) (3). Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho tương đương với hệ x 2 + 2yz = x  2 (x + y + z) = x + y + z (x - y)(x + y - 2z - 1) = 0 . Hệ này đương tương với 4 hệ sau:  x 2 + 2yz = x  (I) x + y + z = 0  x =y .  x 2 + 2yz = x  x + y + z = 0  x + y - 2z - 1 = 0 . (II). Lại Văn Long web: 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn 2. x + 2yz = x  x + y + z = 1 x =y .  x 2 + 2yz = x  x + y + z = 1 x + y - 2z - 1 = 0 . (III). (IV). Gi¶i (I): -1  x = 0  x =  x + 2yz = x x + 2yz = x x - 4x = x 3     (I)  2y + z = 0  z = - 2x  z = - 2x  z = - 2x x = y x = y x = y x = y      -1 -1 2 VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); ( ; ; ) 3 3 3 2 -1 -1 -1 2 -1 Làm tương tự (II) có nghiệm ( ; ; );( ; ; ) 3 3 3 3 3 3 1 1 1 HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); ( ; ; ) 3 3 3 2. 2. 2. 2. HÖ (IV) cã nghiÖm (0;1;0); (1;0;0). Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên. x 2 + y 2 + z = 1  VD2: Giải hệ phương trình: x + y 2 + z 2 = 1  2 2 x + y + z = 1 x 2 + y 2 + z = 1  Gi¶i: HÖ  (y - z)(y + z - 1) = 0 (x - z)(x + z - 1) = 0  x 2 + y 2 + z = 1 x 2 + y2 + z = 1   (I)  y=z y = z x=z x + z - 1 = 0  . . x 2 + y 2 + z = 1  (III) z + y - 1 = 0 x = z . x 2 + y 2 + z = 1  z + y - 1 = 0 x + z - 1 = 0 . (II). (IV). 1 1 1 Giải các hệ bằng phương pháp thế được 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1);  ; ;  . 2 2 2. 2. VD4:. Gi¶i hÖ:. x  y  1  2  y  z 1  2 z  x 1. Giải: Xét hai trường hợp sau: TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau: Gi¶ sö x=y cã hÖ. x2  x  1  2  y  z 1  2 z  x 1 Lại Văn Long web: 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn.  1 5 1 5 1 5  1 5 1 5 1 5  ; ; ; ; ;  2 2   2 2 2   2. Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là : . Tương tự y=z, z=x ta cũng được nghiệm như trên. TH2 : 3 số x, y, z đôi một khác nhau . Gi¶ sö x>y>z ,xÐt hµm sè f(t) = t2 trªn D =  1;   a) z  0 , x>y>z  0 f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(v« lý). b) z<y<x  0 f(x)<f(y)<f(z)y+1<z+1<x+1y<z<x(v« lý). c) x>0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1x<0 (v« lý) VËy ®iÒu gi¶ sö lµ sai. TH2 v« nghiÖm. VD5:. 2 x  x 2 y  y  2 2 y  y z  z  2 2 z  z x  x. (Vô địch Đức). Gi¶i: TH1: Trong x, y, z Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau Gi¶ sö x = y ta cã hÖ  x 3  2 x  x  0 (1)  2  x z  2 x  z  0 (2)  2  z x  2 z  x  0 (3). Tõ (1)  x = 0, x = -1. x = 0. Thay vµo (2), (3)  z=0. x = -1. Thay vµo (2), (3)  v« lý VËy hÖ cã nghiÖm (0,0,0) NÕu y = z hay x = z còng chØ cã nghiÖm (0,0,0). TH2: 3 số đôi 1 khác nhau. Tõ 2x + x2y = y thÊy nÕu x2 = 1  ± 2 = 0 (v« lý) VËy x2 ≠ 1  2x + x2y = y  y . 2x 1  x2.  2x  y  1  x2  2y  Hai phương trình còn lại tương tự ta có hệ phương trình tương đương với:  z  2  1 y  2z x   1 z2. Gi¶ sö x > y > z (*). XÐt hµm sè: 2t xác định trên D = R\ {1} 1 t2 2(t 2  1) f’(t) =  0 víi mäi tD (1  t 2 )2. f(t) =.  hàm số đồng biến trên D f(x) > f(y) > f(z) Lại Văn Long web: 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn.  y > z > x m©u thuÉn víi (*). VËy ®iÒu gi¶ sö sai. Do vai trß x, y, z nh­ nhau. VËy TH2 - hÖ v« nghiÖm Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0) C. Bµi tËp x  y3  y2  y  2  1.  y  z 3  z 2  z  2  3 2 z  x  x  x  2 2. 2. 3 3(3 x 2  4) 2  4   4  x  y  3 x 2  4 Hướng dẫn: Đặt  2  z  3 y  4  y  3x 2  4  §­a vÒ gi¶i hÖ  z  3 y 2  4  2  x  3z  4.  xyz  x  y  z  yzt  y  z  t 3.   ztx  z  t  x txy  t  x  y.  x  3z 2  4 ..  2 x2 y  2 1  x  2 y2 5.  z 2 1  y  2z2  x 1  z 2.  y 3  9 x 2  27 x  27  0  4.  z 3  9 y 2  27 y  27  0  3 2  x  9 z  27 z  27  0. III. Hệ phương trình đẳng cấp:  F  x, y   A , trong đó F  kx, ky   k n F  x, y  ; G  kx, ky   k m G  x, y  . G x , y  B   . 1. Dạng: . 2. Cách giải: Đặt y = tx (x ≠ 0) hoặc x = ty (y ≠ 0). 3. Ví dụ:  x 2  2 xy  3 y 2  9 *. Giả hệ phương trình: . 2 2  x  4 xy  5 y  5. GIẢI + Với x = 0: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm..  .  .  x 2 1  2t  3t 2  9 1  + Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hệ phương trình tương đương với  . Lấy (1)(2) ta 2 2  x 1  4t  5t  5  2  2 1 được: 15t213t+2=0 t  ; t  . 3 5 2 3  Với t  : ta có y  x , thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), (3;2). 3 2 5 2 2   5 2 2  1 1  Với t  : ta có y  x , thay vào (*) ta được nghiệm  ; ; , . 5 5 2   2 2   2. 4. Bài tập: Lại Văn Long web: 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn. Giải các hệ phương trình sau: 3 x 2  2 xy  y 2  11 1)  2 2  x  2 xy  5 y  25. 6 x 2  xy  2 y 2  56 2)  2 2 5 x  xy  y  49.  2 x 3  3x 2 y  5 3)  3 2  y  6 xy  7. IV. Một số hệ phương trình khác: Tổng hợp các kiến thức kết hợp với việc suy luận hợp lý để giải.  xy  x  y  x 2  2 y 2. ( x, y   ) .  x 2 y  y x  1  2 x  2 y HD: Biến đổi phương trình xy  x  y  x 2  2 y 2  (x + y)(x 2y 1) = 0.. 1. . 4. 3. 2. ĐS: x = 5; y = 2.. 2.  x  2 x y  x y  2 x  9 ( x, y   ) . 2  x  2 xy  6 x  6. 2. . ( x 2  xy ) 2  2 x  9 17  HD: Biến đổi hệ phương trình thành:  . ĐS: x = 4; y = . 6x  6  x2 4  xy   2 5  2 3 2  x  y  x y  xy  xy   4 3.  .  x 4  y 2  xy 1  2 x    5  4 5  2 2  x  y  xy x  y  xy  4 u  x 2  y HD: Biến đổi hệ phương trình thành:  . Đặt:  . 2 v  xy  x 2  y  xy  5  4  5 x  1 x  3 4   ĐS:   3 . y 25   3 2  y   16  1 1   x   y  1 x y 4.  . 2 y  x3  1   1  5 1  5   1  5 1  5   1  HD: (1)   x  y  1    0 . ĐS: 1;1 ,  ; ;  ,   xy  2 2 2 2      1  log 1  y  x   log 4 y  1 5.  4 .  x 2  y 2  25  3y HD: Tìm cách khử logarit để được: x  . ĐS:  3; 4  4  3 y  x  y  x 6.  .  x  y  x  y  2 3 1 HD: 3 y  x  y  x  3 y  x 1  6 y  x  0 . ĐS: 1;1 ,  ;  2 2. . . . . . . Lại Văn Long web: 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Lại Văn Long Trường THPT Lê Hoàn 2.  y 2 3 y  x2  7.  . 2 3 x  x  2  y2. ĐS: 1;1. HD: Đối xứng loại 2.  x  1  2  y  1 . 2 3 3log 9  9 x   log3 y  3. 8. . HD: Tìm cách khử logarit để được: x  y .. ĐS: 1;1 ,  2; 2  ..  x  y  xy  3. 9. .  x  1  y  1  4 HD: Đặt t  xy , bình phương hai vế phương trình thứ hai tìm được t=3. ĐS:  3;3 . 1 1  x  x  y  y  5  10.  . Tìm m để hệ phương trình này có nghiệm thực.  x3  1  y 3  1  15m  10  x3 y3 1 1 7 HD: Đặt u  x  , v  y  , điều kiện u  2, v  2 . ĐS:  m  2, m  22 . x y 4. . Lại Văn Long web: 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>