Một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HỒNG THỊ DỊU

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC

HÀ NỘI - NĂM 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HỒNG THỊ DỊU

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Chun nghành:

PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP

Mã số 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU


Mục lục
LỜI GIỚI THIỆU

2

1 CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN
3
1.1 Hệ phương trình tuyến tính.................................................... 3
1.2 Hệ phương trình đối xứng.................................................... 10
1.3 Hệ phương trình dạng hốn vị vịng quanh..........................18
1.4 Hệ phương trình đẳng cấp....................................................24
2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
28
2.1 Phương pháp thế.................................................................. 28
2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ...................................................... 32
2.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.................39
2.4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức................................... 46
2.5 Phối hợp nhiều phương pháp............................................... 55
3 HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
57
3.1 Phương pháp tham số hóa giải hệ bất phương trình............57
3.2 Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn.......................60
Kết luận

70
71

Tài liệu tham khảo

1


LỜI GIỚI THIỆU
Hệ phương trình là một chuyên đề quan trọng trong chương
trình học phổ thơng. Đề thi đại học các năm hầu hết đều có câu hệ
phương trình. Đó cũng là một phần học quan trọng ở đại số lớp 10.
Từ khá lâu nay việc tìm cách tổng hợp các phương pháp để giải hệ
phương trình cũng đã được rất nhiều người quan tâm. Hệ bất
phương trình thì lại là một lĩnh vực mà ít được mọi người quan tâm
hơn. Các tài liệu tổng hợp về phương pháp giải hệ bất phương trình
có thể nói là
khá ít.
Dựa trên sự giúp đỡ chỉ dẫn của thầy Nguyễn Văn Mậu cùng với
sự tìm tịi tham khảo tơi đã tổng hợp được một số phương pháp giải
hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số.
Ngồi phần mở đầu, phần kết luận chung, danh mục các tài liệu
tham khảo, cấu trúc của luận văn bao gồm có ba chương.
Chương 1 trình bày một số dạng cùng phương pháp và cách giải
hệ phương trình đại số.
Chương 2 trình bày một số phương pháp và những ví dụ về giải
hệ bất phương trình đại số.
Chương 3 xét các hệ chứa tham số và hệ bất phương trình một ẩn.


Chương 1
CÁC DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH

CƠ BẢN
1.1

Hệ phương trình tuyến tính

Nhận
dạng
Xét
hệ phương
trình

.
a
a12X
X+
+b
b12Y
Y=
=c
c12

Phương pháp giải
Thường có ba phương pháp:
Cách 1 phương pháp thế.
Tư một phương trình ta rút một ẩn theo ẩn kia và thế vào phương trình
cịn lại.
Cách 2 phương pháp cộng đại số.
Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình một hợp lý để dễ dàng tìm được x
hoặc
y.

Cách 3 dùng định thức.
Ta kí hiệu
.
.
.
.
.
.
.a1
.c1
.a 1 c 1 .
.a2
.b1. 2
b1.
.
D=
c2 .
.
2.
.
.
=
a
b
−a
b
,
D
=
1 2

2 1
X
b = c1b2−c2b1, DY =
a2 b.
.

. = a1c2−a2c1


TH1: D ƒ= 0 Hệ có nghiệm duy
DX
nhất
D


X
=
DY

Y =
D


TH2: D = 0 và DX = DY = 0 Hệ có vơ số nghiệm dạng
{(X0; Y0)|a1X0 + b1Y0 = c1}
.
TH3:D = 0 và DX ƒ= 0 hoặc DY = 0. Khi đó hệ vơ nghiệm.
Lưu ý : Đơi khi cũng cần một vài biến đổi như đặt ẩn phụ thì hệ mới
quy về hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
Sau đây là một số bài tốn. Và thơng thường, với một bài tốn ta

cũng có thể kết hợp vài phương pháp để giải một cách thuận lợi.
Bài toán 1.1. Giải hệ phương trình

3(x + y) + 2
 5 x − y = 5
y−x
3
Lời giải.
Điều kiện:ƒx = y.
Hệ phương trình đề bài tương
đương với
.
3x + 3y + 2 = −2x +
2y
15x − 3y = 5y − 5x

.
⇔

5x + y =

2
−
5x − 2y = 0

Từ phương trình thứ nhất, ta rút ra y = −5x − 2, thế vào phương trình
thứ hai
2
thì được 15x + 4 = 0 hay x = , từ đó dễ dàng tìm được y = .
−

−3
4
15
4
2
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (− ; − ).
15 3
Bài toán

Lời giải.

1.2. Giải hệ phương
 trình
6 5
+ = 3
x y
10
 9
x −y = 1


Đặt
1

1 = v với u, v ƒ= 0 Khi đó hệ phương trình trở
= u,
thành
y
.
x

6u + 5v = 3
9u − 10v = 1


Nhân hai vế của phương trình đầu với 2 rồi cộng từng vế của

1
phương trình mới thu được với phương trình cịn lại ta được u = ,
thay vào một trong hai phương
3
1
trình thì v = . Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (3; 5).
5
Bài tốn 1.3. Giải hệ phương trình

2x − 3
y+7


+
=5
x−2
y+3
 x + 1 3y + 1
x − 2 +y + 3 = 5
4

Lời
giải.

1


2 +

Hệ phương trình tương đương
với

x 2
y+3
 −3
8
1
+3−
=5
+



1


x−
3

4
+
=2
2
y+

3

+1+

=5

x−2

⇔


y+
3
8

−
=1
y
+
3
x − 21
.
1
u + 4v = 2
Đặt
= v với u, v ƒ= 0 hệ trở
= u,
3u − 8v =
y + thành
1

3
x−
2
Sử dụng định thức, ta tính được D = −20, DX = −20, DY = −5. Từ đó thu
= 1, v =
được u =
= 1 . Cuối cùng ta dễ dàng tính được (x; y) = (3;
DY
DX
1).
4
D
D
Hay ta có thể xét hệ chứa dấu giá trị tuyệt đối mà khi chia trường hợp
để giải
thì cũng quy về hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
.
Bài tốn 1.4. Giải hệ phương
trình sau

|x − 1| + y =
0 2x − y = 1

Lời giải.
Từ phương trình thứ nhất ra rút ra y = −|x − 1|, thế vào phương trình
thứ hai
ta thu được |x − 1| = 1 − 2x.
2
TH1 Nếu x ≥ 1 thì |x − 1| = x − 1, do đó x − 1 = 1 − 2x, tìm < 1,
3

được x =
không thỏa mãn.
TH2 Nếu x < 1 thì |x − 1| = 1 − x, giải tương tự tìm được x = 0 < 1, thỏa
mãn.


Khi đó y = −1.
Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; −1).
Sau đây ta đưa ra một số bài tốn hình học phẳng là những câu
trong đề thi đại học mấy năm gần đây như là một ứng dụng của giải
hệ phương trình tuyến tính bậc nhất.
Bài tốn 1.5 (Đề thi Đại học khối A 2014). Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho hình vng ABCD có điểm M là trung điểm của
đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết
phương trình đường thẳng CD, biết rằng M (1; 2) và N (2; −1).
Lời giải.

M

A

K

B

I

N
C

D
Hình 1.1:

Gọi K là trung điểm của MB, khi đó NK song song với BC, do đó NK
vng
góc với AB và CD. Gọi E là giao của đường thẳng NK với DC. √
3a
a
a 10
Trong tam giác vuông MKN ta có MK = , NK =
, suy ra MN =
.
4
4
4
Từ đó cos
3
M^N K =
√10.
−
Gọi −→
vecto chỉ phương của N K có tọa độ là (a; b) (a2 + b2 > 0). Ta có
M
N = (1; −3).
Khi đó ta
|a − 3b|
3
có
cos(NK, NM ) = | cos ^
MNK| ⇔ √

√
⇔ |a − 3b| = 3 a2 + b2
2
2

⇔ a 2− 6ab +
+ 3ab = 0
⇔
9a
a=0
4Σa
⇔ 4a + 3b = 0

√
2
2
a + b . 10
=

√
10

= 9(a2 + b2)

2
-được
Với aphương
= 0, vì atrình

+ b2 của
> 0 nên
ta chọn
= 1.
đường
thẳngbAB
làKhi
y đó dễ dàng
2 = viết
0,
đường thẳng NK là x
2 = 0.
− của hệ phương trình
Suy ra tọa độ điểm K là nghiệm
.
y−2=0
x−2=0
Suy ra K(2;
2).
− −→
4 − −→
Ta có K
E=
K
N . Từ đó suy ra E(2;
2).
−
3
Đường thẳng CD qua điểm E(2;
2), nhận vecto chỉ phương (0; 1) của NK

−
làm
vecto pháp tuyến có phương trình là y + 2 = 0.
2
-vecto
Với 4a
+ 3b
= 0, vàcủa
vì aNK
+ là
b2 (3;
> 0, nên ta chọn a = 3, b 4).
=
4. D đó
chỉ
phương
−
Khi đó dễ dàng viết
− được phương trình đường thẳng−AB là 3x
4y + 5 = 0, đường thẳng NK là 4x + 3y
− 5 = 0.

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình
.

Suy ra tọa độ
điểm

.

3x − 4y + 5 =
0
4x + 3y − 5 =
0

Σ
K 1; 7 .
55


1

x=
57

⇔ y =
5
.13

9Σ

Tương tự lập luận như trường hợp trên ta cũng tìm được điểm E ; − . Do
5
5
đó ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng CD là 3x − 4y − 15 =
0.


Bài toán 1.6 (Đề thi Đại học khối D 2011). Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(−4; 1), trọng tâm G(1; 1) và

đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình
x − y − 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và C.


Lời giải.

B(−4,1)

d
I
G
A

M

C

B′

Hình 1.2:

Gọi d là đường phân giác trong của góc A, tức là d có phương
trình x−y−1 = 0. Gọi điểm B′ đối xứng
với điểm B qua d. Vì d là tia
phân giác trong góc A nên suy ra B′ nằm trên đường thẳng AC.
Gọi I là giao điểm của BB′ và d. Suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ
phương trình
.
.
x= 1

x+y+3=
−
⇔
0
y = −2
x
−
y
−
1
=
Suy ra I(−1;
0
−2).
Ta có I là trung điểm của BB ′ , do đó dễ dàng
tìm được B
− ta−→
.7 Σ
′
(2;
−5).
Gọi
M
là
trung
điểm
của
AC,
suy
ra

B
G
=
;1 .
− − →
2
2 G M . Do đó ta tìm được M
Đường thẳng AC đi qua hai điểm B′ và M nên ta viết được phương trình
của
AC là 4x − y 13 = 0.
Điểm A là giao điểm của d và AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
phương
trình
. Suy ra A(4;
4x − y − 13 = 0
3).
x−y−1=0


⇔
.
y=3
x=4
Điểm M là trung điểm của AC nên dễ dàng tìm được C(3; −1).


Bài toán 1.7 (Đề thi Đại học khối B 2008). Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC, biết
rằng hình chiếu vng góc của
C trên đường thẳng AB là điểm H(−1; −1), đường phân giác

trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ
từ B có phương trình 4x + 3y − 1 = 0.
Lời giải.

C
K
H′
D

B

H

A
Hình 1.3:

Gọi H′(a; b) là điểm đối xứng với điểm H qua đường thẳng AD. Suy ra H′
nằm trên đường thẳng AC.
− − →
Đường thẳng AD có vecto chỉ phương (1; 1). Ta có
H H ′ (a + 1; b
+ 1). Gọi
.a 1
− b − là trung điểm của HH′.
I
;
Σ
2 1
2 ′
Khi đó vì HH vng góc

với AD và I phải thuộc đường thẳng
AD nên ta có tọa độ H ′ là nghiệm của hệ phương trình
.
.
1(a + 1) + 1(b + 1) = 0
a= 3
−
a−
⇔
b−1
b
=
1
12
+2=
0
Suy ra H(−3;
2
1).


Đường thẳng AC đi qua H ′ và vng góc với đường cao BK, từ đó
ta viết được phương trình của AC 3x 4y + 13 = 0.
− của hệ phương trình
Tọa độ điểm A là nghiệm

−


Suy ra A(5;

7).

.
3x − 4y + 13 = 0
x−y+2=0

1 − −→
Đường thẳng CH đi qua H(−1; −1) nhận
H
A làm vecto pháp tuyến
2
nên CH
có phương trình là 3x + 4y + 7 = 0.
Vì C là giao điểm của đường thẳng CH và AC nên tọa độ C là nghiệm của
hệ

.
phương trình
10
3x + 4y + 7 = 0

x = −
3x − 4y + 13 =
33

⇔
y
=
0
4

3
Suy ra C(
4).
−
10
;
3

1.2

Hệ phương trình đối xứng

Hệ phương trình đối xứng loại 1
Nhận dạng
Nhận của
xét Khi
Nếutráo
hệ có
0; y0) là một nghiệm thì (y0; x0) cũng là một
nghiệm
đổi(xvai
trị của x và y trong hệ thì từng phương
trình khơng thay đổi. hệ.
Phươ.ng pháp tổng quát
Đặ S = x + y
P = xy
t
− S2
Điều kiện để hệ có nghiệm là
Khi tìm được nghiệm S, P

trình

4P 0.
thì x, y

sẽ là hai nghiệm của phương

t2 − St + P = 0.
Lưu ý đôi khi ta cũng cần qua một vài biến đổi như đặt ẩn phụ để đưa hệ
về
dạng đối xứng loại 1. Sau đây là một vài bài minh họa.
Bài toán

1.8. Giải hệ phương trình sau
1
0


.

x2 + y 2 + xy = 7
x + y + xy = 5

1
0


Lời .giải.
Đặ S = x + y
P = xy.

t
−
Hệ trở
S2 P = 7
thành
+ P hệ
= 5này, ta có hai trường hợp như sau:
Dễ dàng giải S
được
TH1 S = 3, P = 2. Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t2 − 3t + 2
= 0.
T.a thu được h.ai nghiệm là
x=
x=2
và y = 1
1
y=2
TH2 S =−4, P = 8. Trường hợp này vơ
nghiệm. Vậy hệ có hai nghiệm là (1; 2),
(2; 1)
.
.x + xy y = 5
−
Bài toán 1.9. Giải hệ phương
trình sau xứng đối với x và −y)
Lời giải.
Đ.ặt −
x y = u, xy = v thì hệ trở thành
u+v=5
u2 + 3v = 13

−

(Hệ này là đối

x2 + y2 + xy =

13

2
u
3u +Từ
2 =phương
0. Phương
trình
là vào
u = 1;phương
u = 2. Từ
đó
ta xét
trình
thứ này
nhấtcó
tahai
có nghiệm
v = 5 u thế
trình
thứ hai ta được hai trường hợp.
−
.
x−y=1

TH1 u = 1, v = 4
x(−y) = −4
hay
Khi đó x, −y là hai nghiệm của phương trình t2 − t − 4 = 0. Phương trình
này
có hai nghiệm là t = 1 − √17; t = 1 + √17. √
.x = 1 + 17
. √
Ta tìm được hai nghiệm tương
y = −1 + 17 ; x = 1 − 17
ứng là
.

1
1


√
√
y = −1 − 17
x−y=2
TH2 u = 2, v = 3
x(−y) = −3
hay
Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t2 − 2t − 3 = 0. Phương trình
này có
.
.
hai nghiệm t = −1; t = 3.
x

=
x=3
Ta tìm được hai nghiệm tương
;
y=1
−1
ứng là
y=
−3
Vậy hệ có bốn nghiệm
là (1 + √17; −1 + √17), (1 − √17; −1 −
√17), (−1; −3), (3; 1)
.x + xy + y = 7
2
.Bài toán 1.10. Giải hệ phương
x4 + x2y2 + y4 = 21
trình sau
Lời giải.

.u + v = 7
⇔

Đặt x2 + y2 = u, xy = v hệ trở
u2 − v2 = 21

.
u+v=7
u−v=3

⇔

thành
.
u=5
v=2
.2
.
.
Do
x + y2 = 5 ⇔ (x + y)2 − 2xy = 5
(x + y)2 = 9
xy = 2
xy = 2
xy = 2
đó
Từ đây có hai trường hợp xảy ra
.
x+y=3
TH1 xy = 2
.
.
x=1
x=2
Ta tìm được hai
;
y=2
y=1
nghiệm
.
x + y = −3

TH2 xy = 2
Ta tìm được hai nghiệm (−1; −2), (−2; −1).
. 2
Bài toán 1.11. Giải hệ phương
2
(x
2 2x) + y =
trình sau
4 (x+
+ 2x)y =
3
Đặt x2 + 2x = u, hệ trở thành
Lời
giải.
.
H
ệ
phương
trình
đề
bài
tương
đương
với
u+y=4
.
1
2

x + 2x + y = 4
xy(x + 2) = 3

uy = 3
Có hai trường hợp xảy ra
TH1 u = 3, y = 1
hay

.

x2 + 2x = 3
y=1

.
x=1
y=1

Ta tìm được hai
nghiệm
TH2 u = 1, y = 3
hay
Ta tìm được hai
nghiệm

.
; x = −3
y=1

.

x2 + 2x = 1
y=3
.
√
x = −1
2
y=3

.
√
x = −1 + 2
; y=3

ó bốn nghiệm.phân biệt √
. Vậy hệ c.
.√
x=
x=
x
=
1
2
x
=
1
+
2
−
−
−

; y=3
; y=3
1
3
y=1 ;
y=1

x + y + 1 + 1 = 4
x 1 y 1
Bài tốn 1.12. Giải hệ phương
trình sau
 2
x + y2 +
Lời giải. = u, y +1 = v.
y
Đặt x +
1

x2 + y2 = 4

x
2

Suy ra x + = u
1

2

2

−

2; y +

x2
K.hi đó hệ trở
u + vthành
=4

1

2
y2 = v − 2.

.

2
u.
+ v2 = 8
u+v=4
⇔
⇔
(u + v)2 − 2uv = 8


1
3

u+v=4
uv = 4

⇔


.
 x 1
x+ =
2
1

⇔
y+ =
2

.x = 1
⇔
y=1

y
Vậy nghiệm của
hệ là
Bài tốn
+

.

u=2

v=2

x=1
y=1

.

x

.

y

7

=
+1
1.13. Giải hệ phương trình sau 
x
xy
√
y
√
√

x xy +
xy = 78
y

Lời giải.
Hệ tương
đương với

7
x +
y √
=
=1
xy
xy
√
xy(x + y) = 78
√
Đặt x + y = u, xy = v với v ≥ 0, hệ trở thành
.
u
7
= =1
v =v78
uv

1
4


Từ được
phương trình thứ nhất ta có u = 7 + v, thế vào phương trình thứ hai
ta
v2 + 7v − 78 = 0
Phương trình này có hai nghiệm v = −13, v = 6. Vì v ≥ 0 nên v = 6. Suy ra
u. = 13. Khi đó .
x + y = 13
√

⇔ x + y = 13
xy = 6
xy = 36
Đ.ến đây ta .dễ dàng giải được
x=
x=
Vậy hệ có hai nghiệm như trên.
4
9
;
y=9
.
√
y=4
Bài
tốn
1.14.
Giải
hệ
phương
trình sau
=3
√x + y − xy
√
x+1+ y+1=4
Lời giải.
Điều kiện: x “ −1, y “ −1, xy
“ 0.
Bình phương√hai vế của phương trình thứ hai
√ ta được

x + y + 2 + 2 xy + x
√ + y + 1 = 16 ⇔ x + y + xy + x + y + 1 = 14.
Đặt S = x + y, P = xy(S “ −2, P “ 0), thay vào hệ ta được
S − P√=
.3
Thế P = S − 3 vào (1) ta có
S+
S+P2+1=
2 √ 214(1)
S + 2 S − 5S + 10 = 14
2√ Sđiều
5S + 10 = 14 S
⇔
Thêm
2 − kiện S ™ 14, bình phương hai vế thu được
−
4(S2 − 5S + 10) = S2 − 28S + 196 ⇔ 3S2 + 8S − 156 = 0.
(loại vì 2 < −2). Từ đó P = 3. Ta
Tìm được hai nghiệm S = 6 và S
−
− 6
=
26
3
c.ó
x+y=6

3

⇔x=y=3

xy = 9
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
(3; 3).
Bài tốn 1.15. Giải hệ phương
trình sau

. √
y + y√ = 6(1)
x
x


Lời giải.
x2y + y2x = 20
Điều kiện: x “ 0; y
“ 0.
√
√
Đặt
x
y
=
u,
y
x =.v(u, v “ 0), thay vào hệ.đề bài ta được
.u + v = 6
u+v=6
u+v=6
.
uv = 8

⇔
u2 + v2 = 20
(u + v)2 − 2uv =
20
.

u
2=

.
x
2 y=
√
y √x = 4

⇔

.
x 2y = 4

.
xy2 = 16
v
=
4
TH1.
hay
Nhận thấy x, ƒy = 0, ta chia từng vế phương trình thứ hai cho phương
trình thứ
nhất

√ được√y = 4x, thay
√ vào (1) ta có
2x x.+ 4x x = 6 ⇔ x x = 1 ⇔ x = 1. Từ đó y = 4, ta có một nghiệm (1; 4).
u=4
TH2. v = 2
Giải tương tự như trường hợp một ta thu được một nghiệm (4; 1)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1; 4), (4; 1)

1
(x + y)(1
)
xy
Bài tốn 1.16. Giải hệ phương
+
trình sau
1

xy + = 4
xy
Lời giải.
Điều kiện: xy ƒ= 0.
H ệ phương trình đề bài tương
đương
với

x + 1 + y + 1
y
x
1


xy +
=4
 xy 1
x + = u
Đặ
y
.
t