CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG Hãy nắm bắt toàn bộ khối kiến thức mênh mông của loài người, đừng đóng khung trong một chuyên môn hẹp, đó là điều đầu tiên tôi khuyên bạn. Hãy học tập kiên trì, học tập thường xuyên - đó là điều thứ hai tôi muốn khuyên bạn CHUYÊN ĐỀ 2 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 x 1 , x 2 , , x n gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay x i bởi x j ; x j bởi x i thì phương trình không thay đổi. − Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng: x 1 + x 2 + + x n x 1 x 2 + x 1 x 3 + + x 1 x n + x 2 x 1 + x 2 x 3 + + x n-1 x n x 1 x 2 x n − 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) = a 0 x n + a 1 x n − 1 + a n , a 0 ≠ 0, a i ∈ P có nhgiệm trên P là c 1 , , c n thì: 1 1 2 0 2 1 2 1 3 1 2 1 2 3 -1 0 1 1 0 ( 1) . n n n n n n n a c c c a a c c c c c c c c c c c c a a c c c a ́ + + + = −    + + + + + + + =      = −   (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 ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 thì: 1 2 1 2 . b S x x a c P x x a ́ = + = −     = =   Ngược lại, nếu 2 số x 1 , x 2 có 1 2 1 2 . x x S x x P + = ́  =  thì x 1 , x 2 là nghệm của phương trình X 2 − SX + P = 0. 2. Định nghĩa: ( , ) 0 ( , ) 0 f x y g x y = ́  =  , trong đó ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) f x y f y x 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 2 4S 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: x 2 + y 2 = S 2 – 2P, x 3 + y 3 = S 3 – 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. Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 15 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 4. Bài tập: Loại 1: Giải hệ phương trình Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 2 3 3 30 35 x y xy x y + = ́  + =  . GIẢI Đặt S , Px y xy = + = , điều kiện 2 4S P ≥ . Hệ phương trình trở thành: 2 2 30 P SP 30 S 90 S(S 3P) 35 S S 35 S                                       S 5 x y 5 x 2 x 3 P 6 xy 6 y 3 y 2                                       . Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 3 3 ( ) 2 2 xy x y x y − = − ́  − =  . GIẢI Đặt , , t y S x t P xt = − = + = , điều kiện 2 4S P ≥ Hệ phương trình trở thành: 3 3 3 xt(x t) 2 SP 2 x t 2 S 3SP 2                     S 2 x 1 x 1 P 1 t 1 y 1                              . Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 1 4 1 1 4 x y x y x y x y ́ + + + =     + + + =   . GIẢI Điều kiện 0, 0x y ≠ ≠ . Hệ phương trình tương đương với: 2 2 1 1 x y 4 x y 1 1 x y 8 x y                                                                Đặt 2 1 1 1 1 S x y , P x y , S 4P x y x y                                                   ta có: 2 1 1 x y 4 S 4 S 4 x y P 4 1 1 S 2P 8 x y 4 x y                                                                                 1 x 2 x 1 x 1 y 1 y 2 y                             . Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 2 2 2 8 2 (1) 4 (2) x y xy x y ́ + + =   + =   . GIẢI Điều kiện , 0x y ≥ . Đặt 0t xy = ≥ , ta có: 2 xy t  và (2) x y 16 2t     . Thế vào (1), ta được: 2 t 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: + Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 16 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG + Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và 2 4S 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: 1 1 3 x y x x y y m + = ́  + = −  . GIẢI Điều kiện , 0x y ≥ ta có: 3 3 x y 1 x y 1 x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m                             Đặt S x y 0, P xy 0      , 2 S 4P.  Hệ phương trình trở thành: 3 S 1 S 1 P m S 3SP 1 3m                    . Từ điều kiện 2 S 0, P 0, S 4P    ta có 1 0 m 4   . Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 2 2 3 9 x y xy m x y xy m + + = ́  + = −  có nghiệm thực. GIẢI 2 2 x y xy m (x y) xy m xy(x y) 3m 9 x y xy 3m 9                          . Đặt S = x + y, P = xy, 2 S 4P.  Hệ phương trình trở thành: S P m SP 3m 9            . Suy ra S và P là nghiệm của phương trình 2 t mt 3m 9 0     S 3 S m 3 P m 3 P 3                      . Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm 2 2 3 4(m 3) 21 m m 3 2 3 (m 3) 12 4                . Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 4 1 4 3 x y x y m − + − =́  + =  có nghiệm. GIẢI Đặt u x 4 0, v y 1 0       hệ trở thành: 2 2 u v 4 u v 4 21 3m u v 3m 5 uv 2                         . Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của 2 21 3m t 4t 0 2     (*). Hệ có nghiệm  (*) có 2 nghiệm không âm. / 3m 13 0 0 13 2 S 0 m 7 21 3m 3 0 P 0 2                                      . Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 2 2 4 4 10 ( 4)( 4) x y x y xy x y m + + + = ́  + + =  có nghiệm thực. Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 17 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG GIẢI 2 2 2 2 2 2 (x 4x) (y 4y) 10 x y 4x 4y 10 xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m                            . Đặt 2 2 u (x 2) 0, v (y 2) 0       . Hệ phương trình trở thành: u v 10 S 10 uv 4(u v) m 16 P m 24                        (S = u + v, P = uv). Điều kiện 2 S 4P 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 3 3 1 2 x x + − = . GIẢI Đặt: 3 3 x u 1 x v ́ =   − =   . Vậy ta có hệ: 3 3 3 u v 2 u v 1 ́ + =    + =  ⇔ 2 3 u v 2 (u v) (u v) 3uv 1 ́ + =      + + − =    ⇔ 3 u+v = 2 19 u.v = 36 ́       u, v là hai nghiệm của phương trình: 2 3 19 X - X + = 0 2 36 ⇒ 9+ 5 u = 12 9 - 5 u = 12       ⇒ 3 3 9 + 5 x = 12 9 - 5 x = 12      ÷  ÷          ÷  ÷     Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} = 3 3 9 5 9 5 ; 12 12 ́     + −    ÷  ÷  ư  ÷  ÷        ₫ . B. BÀI TẬP I. Giải các hệ phương trình sau: 1) 4 4 6 6 1 1 x y x y ́ + =   + =   2) 2 2 4 2 2 4 5 13 x y x x y y ́ + =   − + =   3) 30 35 x y y x x x y y ́ + =   + =   4) 2 2 4 2 8 2 x y x y xy ́ + =   + + =   5) 2 2 18 ( 1)( 1) 72 x x y y xy x y ́ + + + =   + + =   6) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 5 1 1 49 x y xy x y x y ́   + + =   ÷        + + =  ÷     7) 2 2 2 2 1 1 4 1 1 4 x y x y x y x y ́ + + + =     + + + =   8) 7 1 78 y x y x x y x xy y xy ́ + = +     + =   9) ( ) ( ) 2 2 3 3 4 280 x y x y x y + = ́   + + =   10) 6 6 3 3 2 3 3 x y x x y y ́ + =   − = −   II. Gải hệ phương trình có tham số: 1. . Tìm giá trị của m: Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 18 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG a) ( ) 5 4 4 1 x y xy x y xy m ́ + − =   + − = −   có nghiệm. b) 2 2 2 1 x y xy m x y xy m + + = + ́   + = +   có nghiệm duy nhất. c) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 1 x y x y m ́ + =   + = +   có đúng hai nghiệm. 2. 2 2 x xy y m 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. 3. 2 2 3 8 x xy y m x y xy m + + = ́   + = −   (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. 4. 2 2 1x xy y m x y xy m + + = + ́   + =   (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 4 1 18 3x x − + − = . 2. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm: a. 1 1x x m − + + = b. m x m x m − + + = c. 3 3 1 1x 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: Cho 3 số x, y, z có: x + y + z = α xy + yz + zx = β xyz = γ ́     Thì x, y, z ;à nghiệm của phương trình X 3 - αX 2 + βX - γ = 0. (*) Thậy vậy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0 ⇔ [ X 2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0 ⇔ X 3 - X 2 z - X 2 (x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0 ⇔ X 3 - αX 2 + βX - γ = 0. (*) có nghiệm là x, y, z ⇒ phương trình X 3 - αX 2 + βX - γ = 0 có 3 nghiệm là x, y, z. c.Cách giải: + Do các phương trình trong hệ là đối xứng nên ta luôn viết được dưới dạng α, β, γ Khi đó ta đặt x + y + z = α xy + yz + zx = β xyz = γ ́     Ta được hệ của α, β, γ. + Giải phương trình X 3 - αX 2 + βX - γ = 0 (1) tìm được nghiệm (x, y, z) của hệ. Chú ý: (1) có nghiệm duy nhất ⇒ hệ vô nghiệm. (1) có 1 nghiệm kép duy nhất ⇒ hệ có nghiệm. (1) có 2 nghiệm : 1 nghiệm kép, 1 nghiệm đơn ⇒ hệ có 3 nghiệm. (1) có 3 ngiệm ⇒ hệ có 6 nghiệm. Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 19 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG d. Bµi tËp: VD1: Giải hệ: 2 2 2 3 3 3 x + y + z = 2 x + y + z = 6 x + y + z = 8 ́     Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có: x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 - 2(xy + yz + zx). x 3 + y 3 + z 3 = (x + y + z) 3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. Vậy 6 = 2 2 - 2(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx = -1. 8 = 2 3 - 3.2.(-1) + 3xyz ⇒ xyz = -2. ⇒ x, y, z là nghiệm của phương trình:t 3 - 2t 2 - t + 2 = 0 ⇔ t = 1 t = - 1 t = 2      Vậy hệ có 6 cặp nghiệm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). VD2: Giải hệ x + y + z = 9 (1) xy + yz + zx = 27 (2) 1 1 1 + + = 1 (3) x y z ́         Giải: ĐK: x, y, z ≠ 0. Từ (3) ⇔ xy + yz + zx = 1 xyz Do (2) ⇒ xyz = 27 Vậy hệ ⇔ x + y + z = 9 xy + yz + zx = 27 xyz = 27 ́     Do đó (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X 3 - 9X 2 + 27X - 27 = 0 ⇔ (X - 3) 3 = 0 ⇔ X = 3. Vậy hệ có nghiệm là (3; 3; 3). VD3: Giải hệ 2 2 2 2 3 3 3 3 x + y + z = a x + y + z = a x + y + z = a ́     Giải: x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 - 2(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx = 0. x 3 + y 3 + z 3 = (x + y + z) 3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz ⇒ xyz = 0. Vậy có: x + y + z = 0 xy + yz + zx = 0 0xyz ́    =  ⇒ (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X 3 - aX 2 = 0 ⇒ X = 0 X = a    Vậy hệ có nghiệm là {(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 nó là hệ quả của hệ nên khi tìm được nghiệm nên thử lại. + 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. Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 20 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG VD: x + y + z = 9 (1) xy + yz + zx = 27 (2) 1 1 1 + + = 1 (3) x y z ́         Giải: Rõ ràng x = 0, y = 0, z = 0 không là nghiệm của hệ Với x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nhân hai vế của (3) với xyz ta có xy + yz + zx = xyz (4). Từ (2) và (4) ⇒ xyz = 27 (5) Từ (2) ⇒ x 2 (y + z) + xyz = 27x (6) Từ (1), (5), (6) ta có: x 2 (9 - x) + 27 - 27x = 0 ⇔ x 3 - 9x 2 + 27x - 27 = 0 ⇔ (x - 3) 3 = 0 ⇔ x = 3 Thay x = 3 vào (1), (5) ta có: y + z =6 yz = 9 ́   ⇒ y = z = 3. Vậy hệ có nghiệm là 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: ( ) ( ) ( , ) 0 1 ( , ) 0 2 f x y f y x = ́  =  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: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình ( ) ( ) 3 3 3 8 1 3 8 2 x x y y y x ́ = +   = +   (I) GIẢI Lấy (1) − (2) ta được: 2 2 (x - y)(x + xy + y + 5) = 0 Trường hợp 1: (I) 3 x = 3x + 8y x = y ́ ⇔   3 x = 0 x - 11x = 0 x = ± 11 x = y x = y ́  ́   ⇔ ⇔       . Trường hợp 2: (I) ( ) 2 2 3 3 x +xy+y +5=0 x +y =11 x+y ́  ⇔    (hệ này vô nghiệm) Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm: { } { } (x, y) = (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 4 4 1 1 1 1 x y y x ́ + − =   + − =   GIẢI Đặt: 4 4 x - 1 = u 0; y - 1 = v 0 ≥ ≥ Hệ phương trình trở thành 4 4 4 4 u + 1 + v = 1 u + v = 0 v + 1 + u = 1 v + u = 0 ́́   ⇔       u = 0 v = 0 ́ ⇔   (Do u, v ≥ 0) x = 1 y = 1 ́ ̃   . Vậy hệ có nghiệm (1,1) Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 21 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG Ví dụ 2: Cho hệ phương trình 2 2 x y y m 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. Giải (I) 2 2 2 2 2 2 2 2 x = ± y x - y = y - y - x + x x = y - y + m x = y - y + m x = y x = y x = y - y + m x - 2x + m = 0 x = - y x = - y x = y - y + m y + m = 0 ́ ́  ⇔ ⇔        ́́         ⇔ ⇔   ́́           a) Hệ phương trình có nghiệm ⇔ ' x ' y Δ 0 1 - m 0 m 1 m 0 - m 0 m 0 Δ 0  ≥ ≥ ≤   ⇔ ⇔ ⇔ ≤    ≥ ≤ ≥     b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ ' x ' y ' x ' y Δ = 0 Δ < 0 Δ < 0 Δ = 0  ́        ́         ⇔ 1 - m = 0 - m < 0 1 - m < 0 - m = 0  ́      ́      ⇔ m = 1. Vậy m = 1. Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 3 1 2 2 1x x + = − . GIẢI Đặt 3 2x - 1 = t ⇒ 2x - 1 = t 3 . Ta có hệ 3 3 x + 1 = 2t t + 1 = 2x ́     ⇔ 3 2 2 x + 1 = 2t (x - t)(x + xt + t + 1) = 0 ́     ⇔ 3 x - 2x + 1 = 0 x = t ́   ⇔ 2 (x - 1)(x + x - 1) = 0 x = t ́   ⇒ x = 1 - 1 ± 5 x = 2      Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1; - 1 ± 5 2 . C. Bài tập: 1.Giải các hệ phương trình sau: a. 1 3 2 1 3 2 x y x y x y ́ + =     + =   b. 2 2 3 2 3 2 x y x y x y ́ + =     + =   c. 3 3 1 2 1 2 x y y x ́ + =   + =   d. 9 9 9 9 x y y x ́ + + =   + + =   e. 2 2 2 2 x y y x ́ + − =   + − =   g. 5 2 7 5 2 7 x y y x ́ + + − =   + + − =   2. Cho hệ phương trình 2 2 ( ) 2 ( ) 2 x x y m y x y m ́ − + =   − + =   . a. Giải hệ với m = 0. b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 22 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3. Tìm m để hệ: 3 2 2 3 2 2 7 7 x y x mx y x y my ́ = + −   = + −   có nghiệm duy nhất. 4. Giải các phương trình: a. 2 5 5x x + + = . b. 3 3 3 3 2 2x x − + = . 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. Ví dụ: Giải hệ 2 2 2 x + 2yz = x (1) y + 2zx = y (2) z + 2xy = z (3) ́     Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho tương đương với hệ 2 2 x + 2yz = x (x + y + z) = x + y + z (x - y)(x + y - 2z - 1) = 0 ́     Hệ này đương tương với 4 hệ sau: 2 2 x + 2yz = x x + 2yz = x x + y + z = 0 (I) x + y + z = 0 (II) x =y x + y - 2z - 1 = 0 ́́         2 2 x + 2yz = x x + 2yz = x x + y + z = 1 (III) x + y + z = 1 (IV) x =y x + y - 2z - 1 = 0 ́́         Giải (I): (I) ⇔ 2 x + 2yz = x 2y + z = 0 x = y ́     ⇔ 2 x + 2yz = x z = - 2x x = y ́     ⇔ 2 2 x - 4x = x z = - 2x x = y ́     ⇔ -1 x = 0 x = 3 z = - 2x x = y ́ ∨       Vậy (I) có 2 nghiệm (0;0;0); ( -1 -1 2 ; ; 3 3 3 ) Làm tương tự (II) có nghiệm ( 2 -1 -1 ; ; 3 3 3 );( -1 2 -1 ; ; 3 3 3 ) Hệ (III) có nghiệm (0;0;1); ( 1 1 1 ; ; 3 3 3 ) Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0). Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên. VD2: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 x + y + z = 1 x + y + z = 1 x + y + z = 1 ́     Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 23 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG Giải: Hệ ⇔ 2 2 x + y + z = 1 (y - z)(y + z - 1) = 0 (x - z)(x + z - 1) = 0 ́     ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z = 1 x + y + z = 1 y=z (I) y = z (II) x=z x + z - 1 = 0 x + y + z = 1 x + y + z = 1 z + y - 1 = 0 (III) z + y - x = z ́́         ́     1 = 0 (IV) x + z - 1 = 0 ́     Giải các hệ bằng phương pháp thế được 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); 1 1 1 ; ; 2 2 2    ÷   . VD4: Giải hệ: 2 2 2 1 1 1 x y y z z x ́ = +  = +   = +  Giải: Xét hai trường hợp sau: TH1: Trong 3 số ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau: Giả sử x=y có hệ 2 2 2 1 1 1 x x y z z x ́ = +  = +   = +  Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là : 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 ; ; ; ; ; 2 2 2 2 2 2     + + + − − −  ÷  ÷  ÷  ÷     Tương tự y=z, z=x ta cũng được nghiệm như trên. TH2 : 3 số x, y, z đôi một khác nhau . Giả sử x>y>z ,xét hàm số f(t) = t 2 trên D = [ ) 1; − + ∞ a) z 0 ≥ , x>y>z 0 ≥ ⇒f(x)>f(y)>f(z)⇒y+1>z+1>x+1⇒y>x>z(vô lý). b) z<y<x 0 ≤ ⇒f(x)<f(y)<f(z)⇒y+1<z+1<x+1⇒y<z<x(vô lý). c) x>0>z>-1 ⇒f(-1)>f(z) ⇒1>x+1⇒x<0 (vô lý) Vậy điều giả sử là sai. TH2 vô nghiệm. VD5: 2 2 2 2 2 2 x x y y y y z z z z x x ́ + =  + =   + =  (Vô địch Đức) Giải: TH1: Trong x, y, z ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau Giả sử x = y ta có hệ 3 2 2 2 0 (1) 2 0 (2) 2 0 (3) x x x x z x z z x z x ́ + − =  + − =   + − =  Từ (1) ⇒ x = 0, x = -1. x = 0. Thay vào (2), (3) ⇒ z=0. x = -1. Thay vào (2), (3) ⇒ vô lý Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 0918288123 24 [...]... 2 + 2 xy + y 2 = 11 ́ 6 x 2 − xy − 2 y 2 = 56 ́ 2 x3 + 3 x 2 y = 5 1)  2 2)  2 3)  3 2 2 2  x + 2 xy + 5 y = 25  5 x − xy − y = 49  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 ∈ ¡ ) 1   x 2 y − y x − 1 = 2x − 2 y  HD: Biến đổi phương trình xy + x + y = x 2 − 2 y 2 ⇔ (x + y)(x −2y... x 2 1 − 2t + 3t 2 = 9 ( 1)  + Với x ≠ 0: Đặt y = tx Hệ phương trình tương đương với  2 Lấy (1)÷ (2) ta được: 2  x 1 − 4t + 5t = 5 ( 2 )  2 1 15t2−13t +2= 0⇒ t = ; t = 3 5 2 3 • Với t = 3 : ta có y = 2 x , thay vào (*) ta được nghiệm (3 ;2) , (−3 ;2)  5 2 2  5 2 2 1 1 • Với t = 5 : ta có y = 5 x , thay vào (*) ta được nghiệm  2 ; 2 ÷ ,  − 2 ; 2 ÷ ÷ ÷     4 Bài tập: Giải các hệ phương trình. .. 2 ́ x + 2 x y + x y = 2 x + 9 ( x, y ∈ ¡ )  2  x + 2 xy = 6 x + 6  4 2 ) ) 3 2 2 ́ ( x 2 + xy ) 2 = 2 x + 9 17  HD: Biến đổi hệ phương trình thành:  ĐS: x = −4; y = 6 x + 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 = x2 + y  HD: Biến đổi hệ phương trình thành:  Đặt:   v = xy  x 2. .. 2 − 4 Hướng dẫn: Đặt  2  z = 3y − 4  ̃ x = 3z 2 − 4 ́ y = 3x2 − 4  2 Đưa về giải hệ  z = 3 y − 4  x = 3z 2 − 4  ́ 3 ́ xyz = x + y + z  yzt = y + z + t    ztx = z + t + x  txy = t + x + y  ́ y 3 − 9 x 2 + 27 x − 27 = 0  3  2 4  z − 9 y + 27 y − 27 = 0  3 2  x − 9 z + 27 z − 27 = 0  Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 091 828 8 123 2 x2 = y  2  1+ x  2 y2  = z 5  2  1+ y  2z2...CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Vậy hệ có nghiệm (0,0,0) Nếu y = z hay x = z cũng chỉ có nghiệm (0,0,0) TH2: 3 số đôi 1 khác nhau Từ 2x + x2y = y thấy nếu x2 = 1 ⇒ ± 2 = 0 (vô lý) 2x Vậy x2 ≠ 1 ⇒ 2x + x2y = y ⇔ y = 1 − x2 TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG ́ y=   Hai phương trình còn lại tương tự ta có hệ phương trình tương đương với:  z =   x=  Giả sử x > y > z (*) Xét hàm số: 2t f(t) = xác... R\ {±1} 1− t2 2( t 2 + 1) ’ > 0 với mọi t∈D f (t) = (1 − t 2 ) 2 ⇒ hàm số đồng biến trên D f(x) > f(y) > f(z) ⇒ y > z > x mâu thuẫn với (*) Vậy điều giả sử sai Do vai trò x, y, z như nhau Vậy TH2 - hệ vô nghiệm Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0) 2x 1 − x2 2y 1− y2 2z 1− z2 C Bài tập ́ x = y3 + y 2 + y − 2  3 2 1  y = z + z + z − 2  z = x3 + x 2 + x − 2  2 2 3  3(3x 2 − 4) 2 − 4  − 4... x  1 + z2  25 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG III Hệ phương trình đẳng cấp: ́  F ( x, y ) = A 1 Dạng:  , trong đó F ( kx, ky ) = k n F ( x, y ) ; G ( kx, ky ) = k m G ( x, y ) G ( x, y ) = B   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... trình thành:  Đặt:   v = xy  x 2 + y 2 + xy = − 5  4  ́ 5 ́ x= 1 x= 3 4   ∨  ĐS:  −3  y = − 3 25  y = 2   16  ( ( ) ) Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 091 828 8 123 26 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG ́ 4 1 1  x − x = y − y ( 1)   2 y = x3 + 1   − 1+ 5 − 1+ 5   − 1− 5 − 1− 5  ; ; ÷,  ÷ ĐS: ( 1;1) ,   ÷  ÷ 2 2 2 2      1  HD: (1) ⇒ ( x − y )  1... 4  x 2 + y 2 = 25  HD: Tìm cách khử logarit để được: x = 3y 4 ĐS: ( 3; 4 ) 6 ́ 3 y − x = y − x  x+ y= x+ y+ 2  3 HD: y− x= y− x 3 ( y − x 1− 6 ) y− x = 0  3 1 ĐS: ( 1;1) ,  ; ÷  2 2 ́ y2 + 2  3y = x2  7  2  3x = x + 2  y2  HD: Đối xứng loại 2 ĐS: ( 1;1) ́ x − 1 + 2 − y = 1  2 3  3log9 ( 9 x ) − log3 y = 3  8 HD: Tìm cách khử logarit để được: x = y ĐS: ( 1;1) , ( 2; 2 ) ́... x+ 1+ y+ 1= 4  HD: Đặt t = xy , bình phương hai vế phương trình thứ hai tìm được t=3 ĐS: ( 3; 3) 9 ́ 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  HẾT PHẦN 2  Giáo viên : NGUYỄN ĐÌNH CƯỜNG – ĐT : 091 828 8 123 27 . 091 828 8 123 22 CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3. Tìm m để hệ: 3 2 2 3 2 2 7 7 x y x mx y x y my ́ = + −   = + −   có nghiệm duy nhất. 4. Giải các phương trình: a. 2 5. Bài tập: Giải các hệ phương trình sau: 1) 2 2 2 2 3 2 11 2 5 25 x xy y x xy y ́ + + =   + + =   2) 2 2 2 2 6 2 56 5 49 x xy y x xy y ́ − − =   − − =   3) 3 2 3 2 2 3 5 6 7 x x y y. + ́  = + +   = + +   = + +  4. 3 2 3 2 3 2 9 27 27 0 9 27 27 0 9 27 27 0 y x x z y y x z z ́ − + − =   − + − =   − + − =   5. 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 x y x y z y z x z ́ =  +    =  +    =  + 