phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực

WWW.ToanCapBa.Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC 1. Phương pháp biến đổi tương đương Một số kĩ năng thường áp dụng như phân tích thành tích, bình phương hoặc lập phương hai vế, thêm bớt làm xuất hiện nhân tử chung,… Bài 1. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 (1) 1 2. (2) x xy y y x y x y x  + + = +   − + + =   Giải: ĐK: 1 0.x y− + ≥ Ta biến đổi phương trình (1) làm xuất hiện nhân tử chung 2 2 2 (3) (1) 2 2 0 ( )( 2 2) 0 2 2 (4) x y x y xy y y x x y x y x y =  ⇔ − + − + − = ⇔ − + − = ⇔  = −  Từ (3) & (2) ta có x=y=1. Từ (4) & (2) ta có 0; 2 2 2 1 8 ; . 3 3 2 3 3 y x x y y x y y y = =  = −    ⇔   = − = − =    Kết luận : Hệ có 3 nghiệm. Bài 2. (Báo TH&TT) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 (1) (2) xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  Giải: ĐK: 0.x y+ > Ta có 2 2 2 2 2 2 1 (1) 2 2 1 ( ) 1 2 . 0 1 (3) 2 ( 1) 1 0 0 (4) xy x y x xy y xy x y xy x y x y x y xy x y x y x y x y x y x y + − ⇔ + + + − = ⇔ + − − = + + = −     ⇔ + − + + − = ⇔ + + +  ÷  + =    +  -Từ (3) và (2) ta có 2 0; 1 3 0 3; 2 y x y y y x = =  − = ⇒  = = −  . -Vì 0x y+ > nên (4) không thỏa mãn. Vậy hệ có hai nghiệm. Bài 3. (Đề thi TS cũ) Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 1 19 (1) 6 (2) x y x y xy x  + =   + = −   Giải: Nếu x=0, (1) trở thành 1=0, vô lí. Vậy x khác 0. Nhân hai vế của (1) với 6, hai vế của (2) với 19x ta được: 3 3 3 2 2 3 6 6 114 19 19 114 x y x xy x y x  + =   + = −   - 1 – WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc Cộng vế với vế ta được: 3 3 2 2 6 19 19 6 0x y x y xy+ + + = , giải phương trình bậc ba này ta được 2 3 ; ; 1. 3 2 xy xy xy= − = − = − -Nếu 2 3 xy = − thì 3 8 1 (1) 1 19 2. 27 3 x x y⇔ − = ⇔ = ⇒ = − -Nếu 3 3 27 1 ,(1) 1 19 3 2 8 2 xy x x y= − ⇔ − = ⇔ = − ⇒ = -Nếu 1,(1) 0,xy x= − ⇔ = vô lí. Bài 4. (HSG QG 1996) Giải hệ phương trình: 1 3 (1 ) 2 (1) 1 7 (1 ) 4 2 (2) x x y y x y  + =  +    − =  +  Giải: ĐK 0 & 0.x y≥ ≥ Dễ thấy x=0 hoặc y=0 không thõa mãn hệ. Với x>0, y>0 ta có 1 2 1 2 2 1 1 3 3 7 1 1 8 3 7 1 4 2 1 1 2 2 1 7 3 7 x y x x y x y x y x y y x y x y   + = = +   +   ⇔ ⇒ = −   +   − = = −   + +   ( nhân vế với vế) 2 2 21 (7 24 )( ) 24 38 7 0 6xy y x x y x xy y y x⇒ = − + ⇒ + − = ⇒ = (vì x, y dương). Thay vào phương trình (1) ta được 1 2 1 1 1 2 . 1 0 7 . 7 3 3 21 x x x   − + = ⇔ = ±  ÷   Từ đó suy ra x và y. 2. Phương pháp đặt ẩn phụ Một số phương trình sau khi nhân hoặc chia hai vế cho cùng một biểu thức khác không hoặc bằng một số động tác tách và ghép khéo léo ta làm xuất hiện các đại lượng mà nhờ cách đặt ẩn phụ ta có thể đưa hệ phức tạp về một hệ đơn giản, quen thuộc. Bài 5. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 (1) ( ) 2 7 2 (2) x y xy y y x y x y  + + + =  + = + +  Giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ. Với y khác không, chia cả hai vế của (1) và (2) cho y ta được: 2 2 2 1 4 1 ( ) 2 7 x x y y x x y y  + + + =    +  + = +   . Đặt 2 1 a x y x b y = +    + =   ta được 2 2 2 4 4 4 5, 9 3, 1 2 7 2(4 ) 7 2a-15=0 a b b a b a a b a b a b a a a + = = − = −    = − =     ⇔ ⇔ ⇔     = = = + = − + +        . Từ đây ta tìm được x và y. - 2 – WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc Bài 6. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 6 (1) 1 5 (2) y xy x x y x  + =   + =   Giải: Nhận thấy x=0 không thỏa mãn hệ. Chia cả hai vế của (1) và (2) cho 2 x ta được hệ 2 2 2 2 2 1 6 6 1 1 5 2 5 y y y y x x x x y y y x x x     + =  ÷  + =      ⇔       + = + − =  ÷       . Đến đây ta đặt 2 1 . 6 2 5 S y P S x y S P P x  = +  =    ⇒   − =    =   . Giải hệ này ta tìm được S và P, từ đó ta tìm được x và y. Bài 7. Giải hệ phương trình:        =         ++ =         ++ 49 1 1)( 5 1 1)( 22 22 yx yx xy yx Giải : Trước hết ta thấy hệ này có dạng quen thuộc là hệ đối xứng loại 1, tuy nhiên nếu đặt ẩn phụ theo tổng và tích như cách thông thường ta sẽ gặp một hệ khó, phức tạp và không có nghiệm đẹp. Nhưng sau khi đặt điều kiện và khai triển ra ta được 2 2 2 2 1 1 5 1 1 49 x y y x x y y x  + + + =     + + + =   , và nếu đặt 1 1 x a x y b y  + =     + =   thì ta được 2 2 5 53. a b a b + =    + =   Đến đây ta có một hệ quen thuộc. Bài 8. (KA - 2008) Giải hệ phương trình: 2 3 2 4 2 5 4 5 (1 2 ) 4 x y x y xy xy x y xy x  + + + + = −     + + + = −   Giải: Hệ đã cho tương đương với 2 2 2 2 5 ( ) 4 5 ( ) 4 x y xy x y xy x y xy  + + + + = −     + + = −   . Đặt 2 x y a xy b  + =   =   ta được hệ mới 2 3 2 2 3 2 2 5 5 5 0 0, 4 4 4 4 5 5 5 5 5 1 3 ; 4 4 4 4 4 2 2 a a ab b b a a a a b a b a a a a b a a b     + + = − = − − + + = = = −        ⇔ ⇔ ⇔         + = − − − − − = − = − − = − = −         Từ đó ta tìm được x, y. 3. Phương pháp thế Nhiều phương trình sau khi rút một ẩn (hoặc một biếu thức) từ phương trình này thế vào phương trình kia ta được một phương trình đơn giản hoặc nhờ đó mà ta có cách biến đổi về một hệ đơn giản. Ta thường áp dụng cách này với các hệ mà ta quan sát - 3 – WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc thấy một phương trình nào đó của hệ mà một ẩn chỉ có nhất hoặc ở cả hai phương trình của hệ có cùng một biểu thức chung nào đó. Bài 9. (HSG QG – 2001) Giải hệ phương trình: 7 2 5 (1) 2 2 (2) x y x y x y x y  + + + =   + + − =   Giải: ĐK: 7 0 2 0 x y x y + ≥   + ≥  , từ (2) ta suy ra 2 2x y y x+ = + − , thế vào (1) ta được 7 3x y x y+ = + − . Do đó ta có hệ 2 2 2 2 2 3 2 3 2 1 7 9 6 2 6 2 1 19; 10. 2 4 4 4 2 11 10 0 x y x y x y x y x y x xy y x y x y x y y x y x xy y y − ≤ − ≤   − ≤ − ≤ = =    + = + + + − − ⇔ = − ⇔    = =    + = + + + − − − + =   Dễ thấy nghiệm 1x y= = thỏa mãn hệ còn nghiệm kia thì không. Bài 10. (KS-THPT Chuyên VP) Giải hệ phương trình 2 2 2 3 4( ) 4 7 ( ) 1 2 3 x y xy x y x x y  + + + =  +    + =  +  Giải : ĐK 0.x y+ ≠ Phương trình thứ nhất tương đương với 2 2 2 2 2 3 1 3( ) 6 ( ) 13 3 ( ) 13 (*) ( ) x y x y x y x y x y x y   + + + + − = ⇔ + + + − =  ÷ + +   Từ phương trình thứ hai ta suy ra 1 3 2x x y = − + , thế vào phương trình (*) ta được 2 2 2 1 3( 3 2 ) ( ) 13 4( ) 18( ) 14 0 7 x y x y x x y x y x y x y − =  + + − + − = ⇔ − − − + = ⇒  − =  Từ đây và phương trình thứ hai của hệ ta tìm được các nghiệm x và y. Bài 11. (HSG QG – 2004) Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 49 (1) 8 8 17 (2) x xy x xy y y x  + = −   − + = −   Giải : Với hệ này, cả hai ẩn và ở hai phương trình đều khó có thể rút ẩn này theo ẩn kia. Tuy nhiên, nếu rút 2 y từ (2) và thế vào (1) thì ta được một phương trình mà ẩn y chỉ có bậc 1: 3 2 3 2 2 3 ( 8 8 17 ) 49 24 ( 1) 2 2 49 49 (3)x x x xy y x xy x x x x+ − + + − = − ⇔ + = + + − -Nếu x=0 thì (1) vô lí. -Nếu x=-1 thì hệ trở thành 2 16 4y y= ⇒ = ± . -Nếu 1& 0x x≠ − ≠ thì từ (3) suy ra 2 2 49 49 24 x x y x + − = . Thế trở lại phương trình (2) ta được - 4 – WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc 2 2 2 2 2 2 49 49 2 49 49 2 49 49 8 . 17 24 24 3 x x x x x x x x x x x x   + − + − + − − + = −  ÷  ÷   2 2 2 4 2 2 4 3 2 3 3 2 2 49 49 49 192 (2 49 49) 49.192 3 24 3 196 196 2205 4606 2401 0 196 2205 2401 0 196 196 2205 2205 0 196 196 2401 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x   + − − ⇔ + = ⇔ + + − = −  ÷  ÷   ⇔ + + + + = ⇔ + + = ⇔ + + + = ⇔ − + = Phương trình cuối cùng vô nghiệm, chứng tỏ hệ chỉ có hai nghiệm (-1;4) và (-1;-4). Không phái lúc nào ta cũng may mắn khi áp dụng phương pháp ‘‘ thế đến cùng’’ như vậy, chẳng hạn như gặp phương trình bậc 4 mà không nhẩm được nghiệm như bài toán sau : Bài 12. Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 2 4 0 (1) 2 2 3 0 (2) b bc c b c b c  − + + =   − − + − =   Giải : Rõ ràng phương trình đầu có bậc nhất đối với b và c, điều đó gợi ý cho ta rút một ẩn từ phương trình này và thế vào phương trình kia. Tuy nhiên sau khi rút gọn ta được một phương trình bậc 4 mà nghiệm lẻ. Ở đây ta cần một kĩ năng tách khéo léo hơn : Ta có 2 2 (1) 2 ( 1) 4 2 ( 1) 2 1 2 2 5c b b c b b b b⇔ − = + ⇔ − = − + + − + , rõ ràng b=1 không thỏa mãn, với 1b ≠ suy ra 5 2 1 2 1 c b b = − + + − , thế vào (2) ta được 2 2 2 2 2 2 4 2 4 8 4 4 8 16 4( 1) (2 2) 12 5 4( 1) ( 1) 12 3( 1) 22( 1) 25 0 1 b b c c b c b b b b b − + = − + ⇔ − = − +   ⇔ − = − + + ⇔ − − − − =   −   Suy ra 5 3 4 3 ; 3 3 3 5 3 4 ; . 3 3 b c b c  + + = =    − − = =    Hệ phương trình này xuất hiện khi ta giải bài toán hình học phẳng: Trong hệ tọa độ Oxy cho điểm A(1 ;2), đường thẳng ∆ : y=3. Tìm điểm B thuộc ∆ và điểm C thuộc Ox sao cho tam giác ABC đều. 4. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số Để vận dụng phương pháp này ta cần đến một tính chất quan trọng sau đây: Nếu hàm số f(x) đơn điệu và liên tục trên khoảng ( ; ) α β thì phương trình f(x)=0 có nghiệm duy nhất trên khoảng ( ; ) α β , hơn nữa f(a)=f(b) khi và chỉ khi a=b. Bài 13. (HSG K12 Đồng Nai) Giải hệ phương trình: 5 4 10 6 2 (1) 4 5 8 6 (2) x xy y y x y  + = +   + + + =   - 5 – WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc Giải: ĐK: 5 . 4 x ≥ − Nếu y=0 thì từ phương trình (1) ta suy ra x=0, thế vào phương trình (2) ta thấy không thỏa mãn, vậy y khác 0. Đặt x=ky ta được (1) trở thành 5 5 5 10 6 5 5 k y ky y y k k y y+ = + ⇔ + = + (3). Xét hàm số 5 ( )f t t t= + trên ¡ , ta có 4 '( ) 5 1 0 .f t t t= + > ∀ ∈¡ Do đó f(t) là hàm số đồng biến trên ¡ , vậy 2 (3) ( ) ( ) .f k f y k y x y⇔ = ⇔ = ⇒ = Thế vào (2) ta được 2 2 4 5 8 6 5 13 2 4 37 40 36 2 4 37 40 23 5x x x x x x x x+ + + = ⇔ + + + + = ⇔ + + = − 2 2 2 23 5 0 5 23 1 41 16 148 160 25 230 529 9 378 369 0 x x x x x x x x x x − ≥ ≤   =    ⇔ ⇔ ⇔    = + + = − + − + =      Suy ra x=1 và do đó 1y = ± . Bài 14. (KS khối 12 chung đợt 1 năm học 2011-2012, THPT Yên Lạc) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 5 2 1 (1) 2 5 2 1 (2) x y y y x x  + = − +    + = − +  Giải: ĐK 0, 0x y≥ ≥ . Ta thấy đây là một hệ đối xứng loại 2, nên trừ vế cho vế và biến đổi ta được: 2 2 2 2 2 5 2 1 2 5 2 1x x x y y y+ + − + = + + − + (3) Xét hàm số 2 2 ( ) 2 5 2 1f t t t t= + + − + trên [1;+ )∞ , dễ thấy f’(t)>0 trên (1; )+∞ nên f(t) đồng biến trên [1;+ )∞ và do đó (3) tương đương với x=y. Thế vào (1) ta được 2 2 2 5 2 1x x x+ = − + . Giải bằng MTCT ta được x=2. Do đó ta biến đổi như sau 2 2 2 2 4 2 2 5 6 2 1 2 4 2 2 ( 2)( 2) 1 1 5 3 x x x x x x x x x − − + − = − − + − ⇔ = + − + − + + + 2 2 2( 2) 2 2 (4) 1 1 5 3 x x x x x =   + ⇔  = + + − + + +  Phương trình (4) có VP>3, VT<2 nên (4) vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm x=y=2. Bài 15. (KA-2010) Giải hệ phương trình: 2 2 2 (4 1) ( 3) 5 2 0 4 2 3 4 7 x x y y x y x  + + − − =   + + − =   Giải: ĐK : 3 4 x ≤ . Đặt u = 2x; 5 2v y= − Phương trình (1) trở thành u(u 2 + 1) = v(v 2 +1) ⇔ (u - v)(u 2 + uv + v 2 + 1) = 0 ⇔ u = v Nghĩa là : 2 3 0 4 2 5 2 5 4 2 x x y x y  ≤ ≤   = − ⇔  −  =   Thế vào (2) ta được: 2 4 25 6 4 2 3 4 7 (*) 4 x x x− + + − = Xét hàm số 4 2 25 ( ) 4 6 2 3 4 4 f x x x x= − + + − trên 3 0; 4       - 6 – WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc 2 4 '( ) 4 (4 3) 3 4 f x x x x = − − − < 0 Mặt khác : 1 7 2 f   =  ÷   nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1 2 và y = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1 2 và y = 2 III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 16. 2 2 2 2 3 4 1 3 2 9 8 3 x y x y x y x y  + − + =   − − − =   Bài 17. 2 2 2 2 18( ) 38 7( ) 14 xy x y xy x xy y x y  = + −   − + = − +   Bài 18. 2 2 5 2 5 2 2 x xy y y x x y xy  + − =  −  − = −   Bài 19. 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 3 1 y x x y x y  + = +   + =   Bài 20. 2 2 ( 1) 3 0 5 ( ) 1 0 x x y x y x + + − =    + − + =   Bài 21. 2 2 2 2 1 2 2 xy x y x y x y y x x y  + + = −   − − = −   Bài 22. 2 2 2 1 7 1 13 xy x y x y xy y + + =   + + =  Bài 23. 4 3 2 2 2 2 2 9 2 6 6 x x y x y x x xy x  + + = +   + = +   Bài 24.        = + − = + + 4) 2 1 4( 32) 2 1 4( y xy x xy Bài 25. 3 2 2 2 2 2 3 2 3 3 2 81 81 33 29 4 25 9 6 4 24. x y x y xy y y x y xy y  − + − =   + − − =   Bài 26. Tìm tất cả các giá trị của tham số a sao cho hệ phương trình sau có nghiệm với mọi giá trị của tham số b:    =++ =+− 24 55 )1( 1).1( abyae yxa bx Bài 27.      =−+ =+ − − 06)(8 13)( 4 4 4 4 yx xy yx yx Bài 28. 3 1 1 2 1 x y x y y x  − = −    = +  Bài 29. 3 2 2 3 2 6 1 4 x y x y x y  + = − −   + + − =   Bài 30. 2 2 4 2 0 2 8 18 bc b c b b c c − − + =   − = − +  Bài 31. 2 2 2 3 3 2 2 9 13 y x y x xy y x y  − + − = −   + − + =   Bài 32. 2 2 3( )(1 2) 2 2 1 2 2 2 2 y y x x x y y x  + + − = + − +   + + − =   Bài 33. 2 3 1 2 4 2 0 1 2 2. x x y y x y x  − − − + =   − − + =   - 7 – WWW.ToanCapBa.Net . được: 3 3 3 2 2 3 6 6 114 19 19 114 x y x xy x y x  + =   + = −   - 1 – WWW. ToanCapBa. Net WWW. ToanCapBa. Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc Cộng vế với vế ta.  ⇔ ⇔ ⇔     = = = + = − + +        . Từ đây ta tìm được x và y. - 2 – WWW. ToanCapBa. Net WWW. ToanCapBa. Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc Bài 6. Giải hệ phương. về một hệ đơn giản. Ta thường áp dụng cách này với các hệ mà ta quan sát - 3 – WWW. ToanCapBa. Net WWW. ToanCapBa. Net Hệ phương trình không mẫu mực Nguyễn Thành Đông – Yên Lạc thấy một phương trình