Tài liệu Một số kiến thức đại số ppt
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.1 MB, 83 trang )
MỘT SỐ KIẾN THỨC ĐẠI SỐ
1
*Phương trình đường tròn :
( ) ( )
2
22
Rbyax =−+−
Hay :
0cby2ax2yx
22
=+−−+
Cótâm là:
( )
b;aI
và bán kính :
cbaR
22
−+=
≥
0
*Phương trình những điểm trong đường tròn và trên
đường tròn là:
( ) ( )
2
22
Rbyax ≤−+−
( là miền gạch hình 2)
*Phương trình những điểm ngoài đường tròn và trên đường tròn là:
( ) ( )
2
22
Rbyax ≥−+−
(là miền gạch hình 3)
2
*Đường thẳng : ax + by + c = 0 chia mặt phẳng tọa độ thành 2 phần ax + by + c
≥
0 và ax
+ by + c
≤
0 để biết phần nào lớn hơn 0 hay nhỏ hơn 0, thông thường ta lấy 1 điểm trên
miền thế vào. Nếu không thoả ta lấy miền ngược lại .
Xét đường thẳng : -x + y – 2
≤
0 (như hình vẽ).Ta lấy điểm (0;0) thế vào (-x + y – 2) ta được
-2
≤
0 . Nên ta lấy miền chứa (0;0) đó chính là miền gạch như trên hình vẽ
* cho hàm số : y = f(x) có mxđ là D , gtnn = m ,gtln = M ta nói:
Hàm số y = f(x) có nghiệm khi : m
≤
y
≤
M trong mxđ
f(x)
α
≥
có nghiệm khi M
α
≥
trong mxđ
f(x)
α
≥
đúng
∀
x khi m
α
≥
trong mxđ
f(x)
≤
α
có nghiệm khi m
α
≤
trong mxđ
f(x)
≤
α
đúng
∀
x khi M
α
≤
trong mxđ
*Cho A(x
0
, y
0
) và đường thẳng (
∆
) có phương trình : ax + by + c = 0 , khoảng cách từ A
đến đường thẳng là :
d(A;
∆
) =
22
00
ba
cbyax
+
++
*Công thức đổi trục : [ gs I(a;b) ]
Đổi trục oxy
→
IXY
+=
+=
bYy
aXx
phần1 GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm.
( )
*
my2cosx2cos
2
1
ysinxsin
=+
=+
Giải :
Đặt u = sinx , v = siny
Bài toán trơ thành tìm m để hệ sau có nghiệm :
(*)
⇔
( )
( )
( )
( )
≤
≤
−
=+
=+
41
31
2
2
2
1
2
1
22
v
u
m
vu
vu
Các điểm thỏa (3)(4) là những điểm nằm trên và trong hình vuông ABCD như hình vẽ ,(2) là
phương trình đường tròn tâm I(0,0) bán kính R =
2
m2 −
, do số giao điểm của đường thẳng
3
và đường tròn chính là số nghiệm . Vậy để hệ phương trình có nghiệm đường tròn phải cắt
đường thẳng u + v =
2
1
nằm trong hình vuông. Dễ thấy
M(1 ; -
2
1
) và OM = ON
OM =
4
5
, OH =
2
2
1
−
=
8
1
, suy ra ycbt là
8
1
≤
2
m2 −
≤
4
5
⇔
-
2
1
≤
m
≤
4
7
Cho hệ phương trình.
=−+
=−+
0xyx
0aayx
22
(*)
a) tìm tất cả các giá trị của a để hệ có 2 nghiệm phân biệt.
b)gọi (x
1
; y
1
) , (x
2
; y
2
) là 2 nghiệm của hệ ,chứng minh rằng .
(x
2
– x
1
)
2
+ (y
2
– y
1
)
2
≤
1
Giải :
a) Hệ đã cho có thể viết lại :
(*)
⇔
=+−
=−+
)2(
4
1
y)
2
1
x(
)1(0)1y(ax
22
4
Ta nhận thấy (1) là phương trình đường thẳng ,luôn qua điểm cố định (0;1) . (2) là phương
trình đường tròn có tâm I(
2
1
;0) bán kính R =
2
1
. Do số giao điểm của đường thẳng và
đường tròn chính là số nghiệm . Vậy để hệ phương trình có 2 nghiệm khi :
D(I ;d) =
2
1
0.
2
1
a
aa
+
−+
<
2
1
⇔
0 <a <
3
4
b) ta có AB =
2
12
2
12
)yy()xx( −+−
≤
2R
(x
2
–x
1
)
2
+ (y
2
– y
1
)
2
≤
4R
2
=1 (đpcm)
Dấu (=) xảy ra khi đường thẳng qua tâm :
Hay :
2
1
- a = 0
⇔
a =
2
1
Cho hệ phương trình.
=−++++
<+−
02aax)1a2(x
04x5x
22
24
(*)
Tìm a sao cho hệ sau đây có nghiệm.
Giải :
Hệ đã cho có thể viết lại :
5
( )
⇔*
−<<−
<<
=++−+
)3(1x2
)2(2x1
)1(0)2ax)(1ax(
Các điểm M(x;y) thỏa(1) là những điểm nằm trên 2 đường thẳng như hình vẽ
Các điểm M(x;y) thỏa (2) là những điểm nằm trên 2 miền gạch
Ta có A(-2;0) , B(-2;3) , C(-1;2) , D(1;0) , E(2;-1) , F(-1;-1) , K(1;-3) , M(2;-4) .
Vậy từ đồ thị hệ có nghiệm khi : -4<a<-3 , -1<a<0 , 2<a<3.
Cho hệ phưong trình.
=+
=++−+
222
2
myx
02)yx(3)yx(
(*)
Tìm m sao cho hệ sau đây có 3 nghiệm .
Giải :
Hệ đã cho có thể viết lại :
(*)
⇔
=+
=−+−+
)2(myx
)1(0)1yx)(2yx(
222
Các điểm M(x;y) thỏa (1) là những điểm nằm trên 2 đường thẳng như hình vẽ
Các điểm M(x;y) thỏa (2) là những điểm nằm trên đường tròn tâm I(0;0) bán kính R =
m
,
do số giao điểm của đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm . Vậy để hệ phương trình
có 3 nghiệm thì :
R = ON , mà ON =
2
2
=
2
(áp dụng đktx) do đó :
m
=
2
⇔
−=
=
2m
2m
6
Biện luận theo a về số nghiệm của phương trình.
=−−
=+
0)ay)(a2x(
2y2x
Giải :
Ta đổi trục cho dễ về việc tính toán và biện luận:
Đổi trục oxy
→
0XY
=
=
2
Y
y
Xx
Hệ đã cho có thể viết lại :
( )
( )
=−−
=+
20)a2Y)(a2X(
12YX
7
Ta nhận thấy các điểm M(x;y) thoả mãn (1) là hình vuông A,B,C,D trong đó A(-2;0) ,
B(0;2) , C(2;0) , D(0;-2) .Các điểm thỏa mãn (2) nằm trên 2 đường: X = 2a ,Y= 2a , mà giao
điểm I của chúng luôn luôn di động trên Y = X , dễ thấy điểm I
/
(1;1) như hình vẽ , do số giao
điểm của 2 đường thẳng và hình vuông ABCD chính là số nghiệm .
nên ta có :
Nếu
−<
>
2a2
2a2
⇔
−<
>
1a
1a
hệ vô nghiệm.
Nếu
−=
=
2a2
2a2
⇔
−=
=
1a
1a
hệ có 2 nghiệm.
Nếu
−≠
≠
<<−
12
12
222
a
a
a
⇔
−≠
≠
<<−
2
1
a
2
1
a
1a1
hệ có 4 nghiệm.
Nếu
−=
=
1a2
1a2
⇔
−=
=
2
1
a
2
1
a
hệ có 3 nghiệm.
Tìm a để phương trình sau có 2 nghiệm .
xaxx
2
−=−
(*)
Giải :
Với điều kiện x – x
2
≥
0 , đặt y =
2
xx −
≥
0
8
(*) trở thành
( )
( )
( )
≥
=−+
=+
30y
20xxy
1axy
22
⇔
( )
( )
( )
≥
=+−
=+
30y
2
4
1
y)
2
1
x(
1axy
22
(2) và (3) là phương trình nửa đường tròn lấy phần dương như hình vẽ , có tâm I(
2
1
;0) bán
kính R =
2
1
. (1) là phương trình đường thẳng x +y = a , do số giao điểm của đường thẳng và
đường tròn chính là số nghiệm . Vậy để hệ phương trình có 2 nghiệm thì đường thẳng x +y =
a phải lớn hơn hoặc bằng
x + y = 1 và nhỏ hơn tiếp xúc trên , mà tiếp xúc trên bằng .
>
=
−
1a
2
1
2
a
2
1
⇔
−
=
+
=
)l(
2
21
a
)n(
2
21
a
hay 1
≤
a <
2
21+
định a để phương trình sau có 4 nghiệm .
axxxx +−=+− 5452
22
(*)
Giải :
Đặt
4
9
4
9
2
5
x4x5xt
2
2
−≥−
−=+−=
(*)
⇔
tt24aa4tt2 −=−⇔+−=
( )
( )
≥=−
<−=−
⇔
0t,2t4a
0t,1t34a
9
Nhận xét
∀
t
4
9
−>
thì ta được 2 nghiệm x , theo ycbt ta cần có 2 nghiệm t
4
9
−>
Dễ thấy A(
4
27
;
4
9
−
) (1) là phương trình y = -3t để thoả bài toán thì (
0t
4
9
<<−
)
(2) là phương trình đường thẳng y = t ,
t∀
≥
0
Vậy để phương trình có 4 nghiệm x hay có 2 nghiệm t thì:
4
27
4a0 <−<
⇔
4
43
a4 <<
Cho hệ bất phưong trình.
( ) ( )
( ) ( )
≤++
≤++
2ay1x
1a1yx
2
2
2
2
(*)
Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất .
Giải :
Bất phương trình (1) là những điểm nằm trên và trong đường tròn tâm O
2
(0;-1) bán kính R
2
=
a
. (như hình vẽ)
Bất phương trình (2) là những điểm nằm trên và trong đường tròn tâm O
1
(-1;0) bán kính R
1
=
a
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi : R
1
+ R
2
= O
1
O
2
Hay : 2
a
=
( ) ( )
22
0110 +−++
2
1
=⇔ a
10
Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất.
( )
≥−+−
≤+−
*
0)6(6
023
2
2
aaxx
xx
Giải :
Hệ (*) cho có thể viết lại .
( )
( )( ) ( )
( )
≥−+−
≤≤
*
206
121
axax
x
Xét hệ toạ độ trực chuẩn oxa.
Từ hình vẽ có thể thấy các điểm M(x;a) thỏa mãn (1) và (2) là miền gạch chéo nằm trên và
trong hình thang ABCD .Vậy hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất khi :
11
a = 1 hoặc a = 5
Tìm m để hệ phương trình có 8 nghiệm.
=−+−
=−+−
222
m)1y()1x(
11y1x
Giải :
Ta đổi trục cho dễ về việc tính toán và biện luận.
Đổi trục oxy
→
0XY
Hệ đã cho có thể viết
lại .
( )
( )
=+
=+
2mYX
11YX
222
Các điểm M(x;y) thỏa (1) là những điểm nằm trên hình vuông ABCD , như hình vẽ .Các điểm
M(x;y) thỏa (2) là phương trình đường tròn tâm O(0;0) bán kímh R =
m
. Do số giao điểm
của đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm . Vậy để hệ phương trình có 8 nghiệm khi
: OH < R < OB .
Mà : OH =
2
1
( áp dụng đktx) , OB = 1 .
Vậy
2
1
<
m
< 1
−<<−
<<
⇔
2
2
m1
1m
2
2
đó là ycbt
Biện luận số nghiệm của phương trình .
12
+=
+=
1Yy
1Xx
( )
*xm2x312
2
−=−
Giải :
Với điều kiện 12 – 3x
2
≥
0 đặt y =
2
x312 −
. Phương trình có thể viết lại
⇔(*)
( )
( )
( )
=+
=+
≥
3m2yx
21
12
y
4
x
10y
22
Có thể thấy các điểm M(x;y) thỏa (1) và (2) là phương trình của nửa ellip lấy phần dương ,
như trên hình vẽ . Có thể thấy các điểm M(x;y) thỏa (3) là phương trình đường thẳng luôn di
động và có hệ số góc là -1 .
Xét các vị trí tới hạn của nó : qua A ứng với m = -1
Vị trí tiếp xúc trên
2
0
4124
2
=⇔
>
=+
m
m
m
Tại B ứng với m = 1
Vậy ta có : Nếu 1
≤
m <2 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu m = 2 hoặc -1
≤
m <1 phương trình có 1 ngiệm.
Nếu m > 2 hoặc m<-1 phương trình vô nghiệm.
Cho hệ :
( )
*
0a6x4x
0ax2x
2
2
≤−−
≤++
a) tìm a để hệ có nghiệm.
b) tìm a để hệ có nghiệm duy nhất.
Giải :
Hệ đã cho có thể viết lai .
13
( )
( )
( )
*
2
6
x4x
a
1x2xa
2
2
−
≥
−−≤
Các điểm M(x;a) thỏa mãn (1) và (2) nằm trong miền gạch chéo ta có, S
1
(2;
2
3
−
) , S
2
(-1;1)
và
x
A
= -
7
8
< -1
a) từ hình vẽ, hệ đã cho có nghiệm khi . 0
1
≤≤
a
b) hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi .
=
=
0
1
a
a
tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất .
( )
*
1yx
1mxy2yx
≤+
≥+++
Giải :
Hệ đã cho có thể viết thành .
⇔
( )
≤+
−−≥+
⇔
≤+
−−≥+
1yx
yx1mxy2
1yx
yx1mxy2
2
( )
( )
≤+
+≤−+−
⇔
≤+
−+−++≥+
⇔
21yx
11m)1y()1x(
1yx
y2xy2x2yx1mxy2
22
22
14
Xét hệ toạ độ trực chuẩn oxy
Nhận xét : những điểm M(x;y) thỏa mãn (1) là những điểm nằm trên và trong đường tròn tâm
I(1;1) bán kính R =
1+m
(như hình vẽ) , những điểm M(x;y) thỏa mãn (2) là miền gạch
chéo và đường thẳng x +y =1 .Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi R = OH ,
Mà OH =
2
2
( áp dụng đktx) vậy :
2
2
1m =+
2
1
−=⇔ m
là ycbt
tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm.
( )
*
0m18x8x6x
0m4x2x
24
2
≤−+−−
≤+−−
Giải :
Hệ đã cho có thể viết thành .
( )
( )
( )
*
21886
142
24
2
≤+−−
++−≤
mxxx
xxm
phương trình m = -x
2
+ 2x +4 là parabol có đỉnh S(1;5) như hình vẽ do đó các điểm
M(x;y)thoả (1 ) là những điểm nằm trong parabol chứa miền thỏa (0;0) .
Xét hàm số:
m = x
4
-6x
2
-8x+18
mxđ: D = R
Đạo hàm :
m
/
= 4x
3
-12x-8 = 4(x+1)
2
(x-2)
m
/
= 0
=
−=
⇔
2
1
x
x
bảng biến thiên .
15
Hàm số đạt cực tiểu tại .
−=
=
6
2
ct
ct
y
x
Điểm đặc biệt (1;5) ; (3;5)
các điểm M(x;y) thoả mãn (*) là miền gạch chéo như hình vẽ . từ đồ thị ta thấy hệ có nghiệm
khi đường thẳng y = m cắt miền gạch chéo, hay -
6
5≤≤ m
Cho hệ :
( )
*
4ax
0a2a4x)2a5(x
22
22
≤+
≤+++
a) tìm a để hệ có nghiệm.
b) tìm a để hệ có nghiệm duy nhất.
Giải :
Hệ đã cho có thể viết lại .
( )
⇔*
( )
( )
( )
*
24ax
10)2a4x)(ax(
22
≤+
≤+++
16
Xét hệ toạ độ trực chuẩn oxa .
Dễ nhận thấy A(-2;0) , B(-
2
;
2
) O
1
(
3
2
;
3
2
−
) , F(-
2
-
2
)
M(x;a) thỏa mãn (1) và (2) là những điểm nằm trong miền gạch sọc như hình vẽ, như vậy
để hệ phương trình có nghiệm đường thẳng y =a phải cắt miền gạch sọc .
Vậy theo ycbt thì
a) hệ có nghiệm khi -
2
2≤≤ a
b) hệ có nghiệm duy nhất khi a = -
2
hoặc a = -
3
2
hoăc
a =
2
Cho hệ :
( )
*
0mx)1m(mx
02x3x2
32
2
≤++−
≤−+
a) tìm m để hệ có nghiệm.
b) tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
Giải :
Hệ đã cho có thể viết lại như sau .
( )
⇔*
( )
( )
≤−−
≤≤−
20)mx)(mx(
1
2
1
x2
2
Xét hệ toạ độ trực chuẩn oxm .
Các điểm M(x;m) thỏa mãn (1) nằm trong giới hạn của 2 đường thẳng x =-2 và.x =
2
1
, các
điểm M(x;m) thỏa mãn (2) nằm trong miền gạch sọc như hình vẽ .Dễ thấy A(
2
2
;
2
1
) , vậy để
phương trình có nghiệm thì đường thẳng m =
α
phải cắt miền gạch sọc trong giới hạn cho
phép cũa (1) hay.
17
a) hệ có nghiệm khi m
2
2
≤
b) hệ có nghiệm duy nhất khi .
=
=
0m
2
2
m
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.
( )
*
myx
11y1x
222
=+
=−+−
Giải :
Ta đổi trục cho dễ về việc tính toán và biện luận:
Đổi trục oxy
→
0XY
+=
+=
1Yy
1Xx
Hệ đã cho có thể viết lại .
( )
( )
( )
=+++
=+
*
2m)1Y()1X(
11YX
222
Các điểm M(x;y) thỏa (1) là những điểm nằm trên hình vuông ABCD , như hình vẽ .Các điểm
M(x;y) thỏa (2) là phương trình đường tròn tâm O(-1;-1) bán kímh R =
m
. Do số giao điểm
của đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm . Vậy để hệ phương trình có nghiệm khi :
ON
≤
R
≤
OM .
Mà : ON =
2
1
( áp dụng đktx) , OB =
5
.
Vậy
2
1
≤
m
≤
5
−≤≤−
≤≤
⇔
2
2
m5
5m
2
2
đó là ycbt
18
MỘT SỐ BÀI TẬP
Tìm m để phương trình có nghiệm
mxcos1xsin1 =+++
Cho phương trình .
mx)x9(xx9 =−−+−
a) tìm gtln và gtnn
)xx9( +−
b) tìm m để phương trình có nghiệm .
Cho hệ
( )
*
0
024)25(
22
22
=+
<++++
ax
aaxax
tìm a để hệ có nghiệm.
Tìm m để bất phương trình sau đúng
6x4:x ≤≤−∀
mx2x)x6)(x4(
2
+−≤−+
Cho hệ
( )
*
1x
0)2xm)(xm(
2
2
≤
<−+−
tìm m để hệ vô nghiệm.
Cho hệ
( )
*
my2x
1)yx(log
22
yx
=+
≥+
+
19
tìm m để hệ có nghiệm.
Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm.
log
a+x
(x(a-x)) < log
a+x
x
Cho hệ phưong trình.
=−+
=−−+
0yyx
02a5yax
22
(*)
a) tìm tất cả các giá trị của a để hệ có 2 nghiệm phân biệt.
b) gọi A(x
1
; y
1
) , B(x
2
; y
2
) là 2 nghiệm của hệ .Tìm a để độ dài dây cung AB đạt giá trị lớn
nhất .
phần2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Xét đa thức với biến là x,y gọi F(x;y) .Nếu ta có F(x;y) = F(y;x) với moi x ,y
∈
R thì F(x;y) là
đa thức đối xứng:
Đối xứng loại 1 .(nếu thay x bởi y và thay y bởi x phương trình (1) vẩn là phương trình (1) và
phương trình (2) vẩn là phương trình (2) )
Đối xứng loại 2 .(nếu thay x bởi y và thay y bởi x phương trình (1 ) trở thành (2)và phương
trình (2) trở thành (1))
Bài tập đối xứng loai
Giải hệ phương trình .
( )
*
6xyyx
5xyyx
22
=+
=++
Giải :
Hệ đã cho có thể viết lại như sau .
( )
=+
=++
⇔
6)yx(xy
5xyyx
*
đặt
=
+=
xyP
yxS
điều kiện S
2
≥
4P
Hệ phương trình tương đương với .
( )
( )
( )
=
=
=
=
⇔
=
=+
⇔
l
3P
2S
n
2P
3S
6SP
5PS
*
=
=
=
=
⇔
=
=+
⇔
2
1
1
2
2
3
y
x
y
x
xy
yx
Giải hệ phương trình .
( )
*
1zxy2y2x2
1zyx
2
=+−+
=++
Giải :
(Ta cứ coi z như là tham số , ta được hệ đối xứng loại 1 )
20
Hệ đã cho có thể viết lại như sau .
( )
+−
=
−=+
⇔
−=−+
−=+
⇔
2
zz21
xy
z1yx
z1xy2y2x2
z1yx
*
2
2
Để phương trình có nghiệm x,y khi
( )
( )
2
zz214
z1
2
2
+−
≥−
( )
1z0z1
2
=⇔≥−−⇔
Nếu z
1≠
hệ vô nghiệm
Nếu z =1 thì
=
=
⇔
=
=+
0y
0x
0xy
0yx
Vậy hệ có nghiệm x = 0 ,y = 0 , z = 1 .
Cho hệ phương trình .
( )
*
myx
mxyyx
22
=+
=++
a) giải hệ với m = 5
b) với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm .
Giải :
Hệ đã cho có thể viết lại như sau .
( )
=−+
=++
⇔
mxy2)yx(
mxyyx
*
2
đặt
=
+=
xyP
yxS
điều kiện S
2
≥
4P
( )
( )
( )
+++=
+−−=
+−+=
++−=
⇔
=−+
=+
⇔
=−
=+
⇔
2
m311mP
m311S
1
m311mP
m311S
0m3S2S
mPS
mP2)S(
mPS
*
2
2
1
1
22
a) với m = 5
( )
( )
( )
=
=
=
=
⇔
=
=+
⇔
=
−=
=
=
⇔
2y
1x
1y
2x
2xy
3yx
l
10P
5S
n
2P
3S
*
2
2
1
1
b) để hệ phương trình có nghiệm.
th
1
:
1
2
1
P4S ≥
.
hay
)m311m(4)m311(
2
+−+≥++−
⇔
2
2mm31 +≥+
21
⇔
( )
+≥+
≥+
≥+
≤+
2
)2m()m31(4
02m
vn
0m31
02m
⇔
8m0 ≤≤
th
2
:
2
2
2
P4S ≥
.
hay
)m311m(4)m311(
2
+++≥+−−
⇔
3
2mm31 −−≤+
dễ thấy bất phương trình vô nghiệm vì
02m
<−−
Vậy để hệ phương trình có nghiệm khi
8m0 ≤≤
đó là ycbt.
Bài tập đối xứng loai 2
Giải hệ phương trình .
( )
*
1xy3y
1yx3x
22
22
+=−
+=−
Giải :
Hệ đã cho có thể viết lại như sau .
( )
=−+
+=−
=−
+=−
⇔
=−+
+=−
=−
+=−
⇔
=−+−
+=−
⇔
−=+−−
+=−
⇔
0322
13
0
13
0322
13
0
13
0)322)((
13
33
13
*
22
22
22
22
22
2222
22
yx
yxx
yx
yxx
yx
yxx
yx
yxx
yxyx
yxx
xyyxyx
yxx
( )
−=
−=
⇔
+−=
+=
=
=+
⇔
3
1
3
1
4
3
1
4
9
0
031
y
x
vn
xy
yx
x
Hảy xác định a để hệ sau có nghiệm duy nhất .
( )
*
1axyxy
1axyyx
2
2
+=+
+=+
Giải :
xét điều kiện cần :
Nhận xét rằng nếu hệ phương trình có nghiệm (x;y) thì hệ phương trình cũng có nghiệm
(y;x) .Vậy để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y ,ta được
x
2
+ x = ax
2
+ 1
⇔
(a- 1)x
2
–x + 1 = 0 (1)
phương trình (1) có nghiệm duy nhất
22
⇔
=
=
⇔
=−−=∆
=−
4
5
a
1a
0)1a(41
01a
xét điều kiện đủ :
với a =1 hệ có dạng :
( )
=−+−
+=+
⇔
+=+
+=+
⇔
0)1yx)(yx(
1xyyx
1xyxy
1xyyx
*
2
2
2
=
=
=
=
=
=
⇔
+=+
−=
+=+
=
⇔
1y
0x
0y
1x
1y
1x
1xyyx
x1y
1xyyx
yx
2
2
vậy a=1 loai .
với a =
4
5
hệ có dạng :
( )
+=+
+=+
⇔
1xy
4
5
xy
1xy
4
5
yx
*
2
2
dễ nhận thấy hệ có ít nhất 2 nghiệm thoả
như (1;0) , (0;1) . Vậy với a =
4
5
không thỏa
kết luận : không tồn tại a để hệ có nghiệm duy nhất
Giải hệ .
( )
*
a1yx2
ay21x
=++−
=−++
Giải :
Điều kiện :
2,1 ≤≤− yx
Hệ đã cho có thể viết lại như sau .
( )
=−++
=
⇔
=
−+−
−
+
+++
−
=−++
⇔
=−−−++−+
=−++
ayx
xy
xy
yx
yx
yx
ayx
xyyx
ayx
21
0
2211
21
02211
21
*
a
≤
0 hệ vô nghiệm
a > 0 (1)
−=−+
=
⇔
=−++
=
⇔
3)2)(1(2)2)(1(23
22
axx
xy
axx
xy
23
−−±
=
≤≤
=
⇔
=−+−−
≥
=
⇔
2
)3(91
63
0)3(
4
1
2
3
22
2,1
222
a
x
a
xy
axx
a
xy
Hệ đẳng cấp.
Giải hệ phương trình .
( )
*
xy
2
2
5
y
x
2
x
y
5yxyx
22
−−=−
=−+
Giải :
Điều kiện : x
≠
0 , y
≠
0
Hệ đã cho có thể viết lại như sau .
( )
( )
=−+=++−−
=−+
⇔
−=++−
=−+
⇔
5yxyx2)y
2
xy5
x2(5
5yxyx
2y
2
xy5
x2
5yxyx
*
2222
22
22
22
( )
( )
−=
=−+
=
−=
=
⇔
−=
=−+
=
=−+
⇔
−=
=
=−+
⇔
=−−
=−+
⇔
vn
yx
yxyx
yx
y
y
yx
yxyx
yx
yxyx
yx
yx
yxyx
yxyx
yxyx
16
3
5
2
1
1
*
16
3
5
2
5
16
3
2
5
03
2
29
8
5
22
22
22
22
22
22
vậy hệ có 2 nghiệm .
−=
−=
=
=
1y
2x
1y
2x
Giải hệ phương trình .
24
( )
*
17y3xy2x
11yxy2x3
22
22
=++
=++
Giải :
( )
0y16xy12x40
11.17y33xy22x11
17.11y17xy34x51
*
22
22
22
=−+⇒
=++
=++
Nhận xét phương trình không có nghiệm (x;0) .
Ta có :
016)
y
x
(12)
y
x
(40
2
=−+
( )
−=
=
=
−=
−=
−=
=
=
⇔
=
−=
=
=
⇔
3
35
y
3
34
x
3
35
y
3
34
x
2y
1x
2y
1x
3
25
y
y
5
4
x
4y
y
2
1
x
*
2
2
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm như trên.
Giải hệ phương trình .
( )
*
2yyxx
0y3xy2x
22
−=+
=−+
Giải :
Dễ dàng nhận thấy hệ không có nghiệm (x;0) .
Do đó
( )
−=+
=−+
⇔
−=+
=−+
⇔
2yyxx
03
y
x2
)
y
x
(
2yyxx
0y3xy2x
*
2
22
25
