Đs9 cđ3 hệ phương trình 2

Dạng 4: Hệ phương trình có yếu tố đẳng cấp A Kiến thức  f  x, y   A  g  x, y   B Bài tốn: Giải hệ phương trình   f  kx, ky  k n f  x, y   g kx, ky  k m g  x, y  Hệ phương trình đẳng cấp hệ phương trình thỏa mãn điều kiện    f  x, y  x  3xy  y 6  g x, y  x  xy  y 8 Ví dụ:    (tổng số mũ x y số hạng nhau) *) Đẳng cấp hiểu cấp độ số mũ Chứng minh: f  kx, ky   kx   3kx.ky   ky  k  x  3xy  y  k f  x, y  2  ax  bxy  cy  A  2 Bài toán cụ thể: dx  exy  fy B Lời giải + Đặt điều kiện + Xét với x 0 xem thỏa mãn không + Đặt y tx , thay vào phương trình HPT + Với x 0 , chia vế phương trình cho x ta phương trình ẩn t + Giải phương trình ẩn t + Tính x, y so sánh với điều kiện + Kết luận Tìm mối liên hệ x, y thỏa mãn: Bài 1: 2 a) x  13 xy 15 y 0 2 b) x  x y  xy  y 0 Lời giải  x 5 y x  13 xy  15 y 0   x  y   x  y  0    x 3 y  a) Ta có: 2  x y x  x y  xy  y 0   x  y   x  xy  y  0   2  x  xy  y 0 b) Ta có: Ta có: x  xy  y  x2  x     y  0  x  y 0 2  Vậy x  y Bài 2: Giải hệ phương trình sau  x  xy  y 9  *  2  x  xy  y 5 Lời giải Cách 1: - Với 3 y 9 x 0   *    5 y 5 - Với x 0 , đặt HPT vô nghiệm  x  2tx  3t x 9 y tx    2  x  4tx  5t x 5  x  3t  2t  1 9  1   2  x  5t  4t   5    t1     3t  2t  1 9  5t  4t  1  15t  13t  0    t 2  3 18 t   3t  2t      25 25 +)  1  x2 18 5 2 9  x   y tx  25 2 4 t   3t  2t  3   1 +)  1  x 9  x 3  y tx 2 Vậy PHT có nghiệm  2    2 ; ;  ;   ;  3;  ;   3;    2    x; y       2 2 Cách 2: Ta có pt  1  pt   , ta có: x  10 xy  15 y  x  36 xy  45 y 0   x  26 xy  30 y 0  x  13xy  15 y 0  x 5 y   x  y   x  y  0    y 2 x  +) TH1: x 5 y , thay vào (1) ta được:  x     x   25 y  10 y  y 9  18 y 9  y  (thỏa mãn) +) TH2: Tương tự Bài 3: x 2  y  x  y     y  x  y   Giải hệ phương trình sau  x  1  2 Lời giải Điều kiện xy 0   x  xy  y  2  Ta có HPT  x y  xy  x 5   x  x3  xy   y  x y  y   x  x y  x y  y 0 2 *) Hướng dẫn phân tích thành nhân tử:  x   1 5 t    12t  17t  0  t  ; t    t    t    4 3 Đặt  y  Vậy 5 x  x y  x y  y 0  2  y2    2 2 x    x  y  0   x  y   3x  y  0     y 4 x  y 2 x +) y 2 x   1 : x  x   x 1  y 2 2   +) TH2: Tương tự Bài 4: Vòng 2, Chuyên SPHN  x3  y  x  y  x  19 xy  15 y 21   Giải hệ phương trình nghiệm hữu tỉ sau:  1  2 Lời giải x Từ HPT ta có:   y   x  y   x  19 xy 15 y   x  y 6 x  x y  61xy  60 y  x  x y  61xy  62 y 0  * +) Xét y 0  x 0  x 0 , thay x  y 0 vào (2) không thỏa mãn x t  5t  5t  61t  62 0 +) Xét y 0 , chia hai vế (*) cho y đặt y  t 2   t    5t  15t  31 0    5t  15t  31 0 2 2 +) TH1: t 2  x 2 y , thay vào (2) ta được: 24 y  38 y 15 y 1  y 1  y 1  x 2 +) TH2: 5t  15t  31 0 ,  845   13  Q Vậy nghiệm t  Q  phương trình khơng có nghiệm Vậy nghiệm HPT  x; y   2;1 ;  x; y    2;  1 Bài 5:  12     x 2  y  3x     12  y 6  y  3x  Giải hệ phương trình nghiệm hữu tỉ sau:  Lời giải Điều kiện: y  x 0, x  0, y  Nhận xét: xy 0  1    1   HPT  12  y  3x x   2   1  1 12 x y x y  y  3x y 2.12 12       2 y  3x y  3x x y x y Lấy (1).(2)   12 y  9x  12      y  xy  27 x  12 xy 0 x y y  3x xy y  3x  y  x  27 x  xy  y 0   x  y   x  y  0    y 3 x Thay vào (1) (2) ta tìm nghiệm HPT Bài 6: ĐH Ngoại Ngữ, năm 2014 2  x  xy  y 1  x  xy  y 4   Giải hệ phương trình sau Lời giải  y 1 x 0    ptvn y    +) TH1:  x  t  t  1 1  y tx     t  t  1 2t  t   2t  5t  0 2  x  t  t  1 4 +) TH2: x 0 , đặt  t 1  t   2 - t 1  t  t  1  x 1  x 1  y 1 7 t   t  t       x   x   y  4 7 - Cách khác: Nhân hao vế (1) với (4) trừ (2) ta được:  x  y 0  x  xy  y    x  xy  y  0  3x  xy  y 0   3x  y   x  y  0    x y Bài 7: ĐH Ngoại Ngữ, năm 2007  x  y x 24  Giải hệ phương trình sau  y  x y 24 Lời giải - Với x 0  HPT vô nghiệm  x3  2t  1 24  x 0  y tx    t  2t 2t    t  1  t  t  1 0  t 1 3  x  t  2t  24 - Với Với t 1  x  y  x  y 2  x y x3  y x  y  x y   x  y   x  xy  y  0    x  xy  y   Cách khác: Ta có  x y  x  y 0  Bài 8:  xy  y 12  Với giá trị m HPT sau có nghiệm  x  xy m  26 Lời giải +) x 0   1 :  y 12  ptvn  x  t  t  12  1 x 0  y tx    x   t  m  26   +) Rõ ràng m  26 0 Lấy (3) chia cho (4) ta  x  m  14   m  26  t 12 m  14 m  26   : x   t  m  26  x m  26 thay vào m  26 Để HPT có nghiệm phương trình (5) có nghiệm m  14   m   14  m  26   x  Phương trình (5) có nghiệm Vậy m   14 giá trị cần tìm Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:  x  x  y  y  x  3  y  1   a) 5 x y  xy  y   x  y  0  x, y     2  xy  x  y    x  y  b) Lời giải:  x  y 8 x  y  2 a) Ta biến đổi hệ:  x  y 6 Để ý nhân chéo phương trình hệ ta có: 6( x  y ) (8 x  y )( x  y ) phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ ta có lời giải sau: Vì x 0 khơng nghiệm hệ nên ta đặt y tx Khi hệ thành:  x  x t x  2tx   2  x  3  t x  1  1 t3 t   x   t  2t     2  3t  x   3t  6    t   t     3t    t 3  12t  t  0    t    x   3t  6  x 3  t     y x  y 1  *  78  x   13 t     78 y    13 * Suy hệ phương trình có cặp nghiệm: ( x; y )   78 78   78 78  , ,  ;    13   13 13   13  3,1 ;   3,  1 ;  b) Phương trình (2) hệ có dạng: xy  x  y   x  y  xy   x  y   xy  1   xy  1 0   xy  1  x  y   0 2  xy 1  2  x  y 2 2  x 1 5 x y  xy  y   x  y  0  x      y 1  y  TH1:  xy 1 5 x y  xy  y   x  y  0 5 x y  xy  y 2  x  y  (*)    2 x  y  x  y     TH2:  2 Nếu ta thay x  y 2 vào phương trình (*) thu phương trình đẳng cấp bậc 3: x y  xy  y  x  y   x  y  Từ ta có lời giải sau: Ta thấy y 0 không nghiệm hệ 5t y  4ty  y 2  ty  y  2 2 x  ty y  Xét đặt thay vào hệ ta có: t y  y 2 Chia hai phương trình hệ ta được: 5t  4t  t    t  4t  5t  0 t 1  t 1    t 1   x y    x 1 y   2 x   x 1  x          y 1  y    y   2  x     y   Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:  x  y   y  0   3   y  x   y  x  1  x  x  1  0 a)  2x x  y     3x y x  y 2 x  y  x   y b)    Lời giải: a) Điều kiện: x  y  0 Phương trình (2) tương đương: 2  y  x   y  x  1  x  x  0   x  1  y  x  1  y 0 Đây phương trình đẳng cấp y x  + Xét y 0 hệ vô nghiệm + Xét y 0 Đặt x  ty ta thu phương trình: 2t  3t  0 Suy t   x   y x  x   x   x  Thay vào phương trình (1) ta được: Vậy hệ có cặp nghiệm: 14  y 18 14  ;   18   x; y    b) Dễ thấy phương trình (1) hệ phương trình đẳng cấp x Điều kiện: y  0;   x 0 2x x  tx  2  2 2 y  tx  y  t x Đặt thay vào (1) ta được: 3x 3t x x  t x Rút gọn biến x ta đưa phương trình ẩn t :  t  2 t  t  1 0  t 2  y 2 x 0 Thay vào (2) ta được: x  x  x   x  10 x  25 2 x   x   4 5  1    x    x    2  2  y Giải ta x 17  13  17  y  17  13  17  ;     x; y   Vậy nghiệm hệ Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau: a)  3 3x  y  x  y   x  y 1  b)  x y   xy  x 1   x  x  xy 6 Lời giải:  3x  y   x  y  1  2 a) Ta viết lại hệ thành:  x  y 1 (1) Ta thấy vế trái phương trình (1) bậc Để tạo phương trình đẳng cấp ta thay 2 vế phải thành ( x  y ) Như ta có:  3x  y   x  y   x  y   x  3x y  x y  xy  y 0  x y   ( x  y )( x  y )(2 x  xy  y ) 0   x  y  x  xy  y 0 2 + Nếu x  xy  y 0  + Nếu x  y ta có  y x   x   0  x  y 0 2  không thỏa mãn x 1  x  x  y  y 1  y  2 5 + Nếu Tóm lại hệ phương trình có cặp nghiệm:  2  2 2  5 2 5 ; ; ; ;  ,    ,   ,   2 2 5 5          x; y   b) Điều kiện y  Ta viết lại hệ thành:  x y   x ( y  1) 1   x  3x ( y  1) 6 Ta thấy phương trình hệ phương trình đẳng cấp bậc x, y  Dễ thấy y  nghiệm hệ phương trình Xét y   Đặt x t y 1 thay vào hệ ta có:       y  1  t  2t  1  t 0  t  3t  6(t  2t ) 0    t 3  y  1  t  3t  6 + Nếu t 0 x 0 Khơng thỏa mãn hệ + Nếu t 3  27  y 1 9  y  1 6  y    x  9   ( x; y )  9;  1   Vậy hệ có cặp nghiệm Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau a)  xy  x y 2  3  xy  ( x  x  3) y  x 3  x  xy  x  0   ( x  1)  3( y  1)  xy  b)   x y  y 0 Lời giải: a) Điều kiện: y 0 Phương trình (2) hệ có dạng:  y  xy ( y  1)  x ( y  1) 3( y  1)    xy  x 3 Trường hợp y  không thỏa mãn điều kiện  xy  x 3  xy  x y 2 xy  x  Trường hợp ta có hệ:  Vế trái phương trình hệ phương trình đẳng cấp bậc x, y Dễ thấy y  Ta đặt x t y thu hệ:  y (2t  t ) 3 t2     2t  3t  0   t   y (t  t ) 2  t 1   t 1  + Nếu t 1 x  y  x 1  y 1 + Nếu t 1 x y  y 4 x  x3   x   y  3 Tóm lại hệ có nghiệm:   ;   39  x; y   1;1 ,  b) Điều kiện: x y  y 0  y 0 10 Từ phương trình thứ ta có: xy  x  x  thay vào phương trình thứ hai ta thu được: ( x  1)  3( y  1)  x  x   y( x  2) 0  x   y  y ( x  2) 0 Đây phương trình đẳng cấp bậc y x2   t 1 3t  2t  0    t  ( L) y t  x    ta thu được: Đặt Khi t 1 ta có: y  x  thay vào phương trình thứ hệ ta thu được: x   y 3 Tóm lại hệ phương trình có cặp nghiệm ( x; y ) (1;  3) Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau xy  2  x  y  x  y 16    x  2x  x  x  y 8 y 3y a)   x y  3x  3x y (  x  1)3  2 b)  x  3xy  y  xy 4 y Lời giải: y 0, x  y 0, x3 x  0 3y a) Điều kiện: Phương trình (2) tương đương: x2 4x  y x3 x2 x2 4x  3y x2  4x y   2    2    8y 12 y 16 8y 8y  6  x2 4x  3y Đây phương trình đẳng cấp y x2 4x  3y Ta thấy phương trình có nghiệm y dấu hay x2 4x  3y 0, 0 8y x2 a, x  y b 2 Đặt y suy a  b 2ab  a b 11  x 6 y x2 x  y     x  y 8y  TH1: x 6 y thay vào (1) ta có: 28 168  y   x  ( L)  37 37 y  y  16 y 16    y   x  24  7 TH2: y thay vào (1) ta có: x  12  y  ( L) 2  y  y  16 y 16  13   y 12  x  8(TM ) Vậy hệ có nghiệm 24  ;  ,   8;12   7  x; y    xy 0   x 1   y 0   x, y 0   x 1 b) Điều kiện: Để ý phương trình thứ hai hệ phương trình đẳng cấp x, y Ta thấy y 0 từ phương trình thứ hai hệ ta suy x 0 , cặp nghiệm không thỏa mãn hệ y  Xét Ta chia phương trình thứ hai hệ cho  x x x 8     4 y y  y Đặt x t y ta thu phương trình t 4 8t  3t  4  t    2 8t  3t  t  8t  16 t 4   t  t  t    t 4  8t  4t  8t  12 0 t 4  t 1  ( t  1)(2 t  t  t  3)   Khi t 1  x  y 3 Phương trình thứ hệ trở thành: x  x  3 x (  x  1) Điều kiện: x 1 Ta thấy x 0 khơng thỏa mãn phương trình 12 y ta thu được: Chia bất phương trình cho x  ta thu phương trình: Ta xét  x 1  1    3   1  x x x   x t  3t  3 Xét  t  t  t 1 x Đặt t    t  3t  1 f (t )  t  3t  1  t t1    phương trình trở thành: t  t  3 Dễ thấy f  t   f  1 3 suy phương trình có nghiệm t 1  x 1 Tóm lại hệ phương trình có nghiệm  x; y   1;1 Chú ý: Ta tìm quan hệ x, y dựa vào phương trình thứ hai hệ theo cách: Phương trình có dạng: x  3xy  y  y  xy  y 0  ( x  y )(8 x  y ) x  xy  y  y  ( x  y) y 0 xy  y  x y  8x  y y  (3)  0 2  x  xy  y  y xy  y Vì x, y  nên ta suy x  y Dạng 5: Hệ đại lượng chung A Kiến thức Dạng tổng quát:  x  y a   I   y  z b ;  z  x c   xy a   II   yz b  zx c  13 Phương pháp: Ta tạo thành phần chung phương trình hệ phương trình, sau kết hợp thành phần chung phương trình hệ phương trình ta thu nghiệm hệ phương trình Ta có  x  y a a b c   y  z b   x  y  z  a  b  c  x  y  z   z  x c   xy a   yz b   xyz  abc  xyz  abc  abc 0   x , y , z  zx c  Bài 1: Giải hệ phương trình:  xy 2   yz 6  zx 3  Lời giải Nhận xét xyz 0  xyz 6 x y z 36    xyz  Nhân vế tương ứng phương trình ta được: +) TH1:  x 1  xyz 6   y 2  z 3  +) TH2:  x   xyz    y   z   x; y; z   1; 2;3 ;  x; y; z    1;  2;  3 Vậy nghiệm HPT  Bài 2: Giải hệ phương trình:  x  y  xy 1   y  z  yz 2  y  z  yz 5  Lời giải Ta có HPT  x  y  xy 1   y  z  yz 2   y  z  yz 5   x  1  y  1 2   x  1  z  1 3   x  1  y  1  z  1 6   y  1  z  1 6 14 +) TH1:  z  3  z 2  x 1  y 1  z 1 6   y 1 2  y 1  x  1  x 0  +) TH2:  z    z   x 1  y 1  z 1    y    y   x    x   Vậy HPT có nghiệm  x; y; z   0;1;  ;  x; y; z    2;  3;   Bài 3: 12  xy x y   18  yz   yz  xz 36   Giải hệ phương trình:  x  z 13 Lời giải Điều kiện  x  y   y  z   z  x  0; xyz 0 12  xy x y   18  yz    yz  xz 36   Ta có HPT  x  z 13 1  x  y 12  1  1     2  y z 18  1 13  3     z x 36  1  19 1 19  2          4 x y z 18 x y z 36   Từ (1)(2)(3)   z 9 Lấy (4)-(1) ta được: z 36   x 4 x 36 Lấy (4)-(2) ta được:   y 6 Lấy (4)-(3) ta được: y 36 Vậy HPT có nghiệm  x; y; z   4;6;9  15 Dạng 6: Hệ phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Bài 1:  x   y  8  x   y 1 Giải hệ phương trình:  16 Lời giải Cách 1: Ta xét trường hợp - TH1: x  2; y 3 - TH2: x  2; y  - TH3: x   2; y 3 - TH4: x   2; y   x   y  8   x   y  Cách 2: Ta có HPT   x   y  8   x  5 y   1  2 Từ  1  x  8 Từ     y 8  y    y  3  y   x 4  x   y 5  x  6        x   x  5 y   y 1  y 1  Vậy HPT Vậy HPT có nghiệm  x; y    4;1 ,   8;1  Bài 2:  x  xy  y 0  x x  y y  Giải hệ phương trình:  Lời giải 2  x  xy  y 0   x x  y y   Ta có   x  y   x  y  0  1   2  x x  y y   x y  x  y  1   + TH1: Với x  y , thay vào phương trình (2) ta có x  x x   x x     x   y   x   y  y  y y  + TH2: Với x  y , thay vào phương trình (2) ta có 17   y y  y y    y y   y y     ;     Vậy HPT có nghiệm y     y   x  2  y   x; y     1;  1 ,   Bài 3:  x  y  1  y   2  x  x  12 y   y 9 Giải hệ phương trình: Lời giải  x  y  1  y    2  x  x  12 y   y 9 Ta có  x  y  1 2 y   2  x  x  12 y  9  y   y    y   1  2   x    1   x    ptvn   3 x x  18   y 0  y   x x  18 0   , thay vào HPT ta + Nếu + Nếu  y 0 Nhân hai vế phương trình (1) với  y ta được:  x  y  1  y  3 4 y     2  4  x x  12 y 9  y Lấy (3) + (4) ta được: Có x   y  1  y  3  x  12 y  0              5 P P 8 y  12 y  y   x  12 y 8 y 14 y   x  12 y  x  y  y   x  y   y  1    P  Vậy  5  x 0, thay vào PHT ta Vậy HPT có nghiệm  x; y   0;  y  tm  3  2 Bài 4: Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng, năm học 2012  x  x  y  y y x Giải hệ phương trình:   * Lời giải 18 - TH1: x 0; y 0  x x  y *   x  y  x  y  x 2 x  x  y 0; x  y 2  tm      y  y  x HPT - TH2: x  0; y   x  x  y  x  y 0  x  y 0  *    y  y  x HPT (loại) - TH3: x  0; y 0  x  x  y   *    y  y  x HPT  y x  x   x  y  y  1  2 1 1 1 1   : x  y  y  y      x   x     2 4 4  Từ  x  x  1   y  (do (1)) (loại) - TH4: x 0; y  (tương tự TH3) (vô nghiệm) Vậy HPT có nghiệm  x; y     0;0  ,  2;2   Bài 5:  x  x x y  y  1     x  1  x  y    Giải hệ phương trình: Lời giải Điều kiện x  R; y 0 Ta có  1  x  x  1  y  x  1   x  1  x  y  0 2 - TH1: Với x  0  x 1  x 1  2 :   1   y  0  y 1 - TH2: Với x  y 0  x  y 0  2 :  x  1  x  x  0   x  1  x  0  * Ta có x  2 x 0 , dấu “=” xảy  x 1  19  x  1  2.2 x 2 x   x  1  x  2 x  x  2   x  0  x 1  x 1  y 1  *    x 1 x; y  1;1 ,  1;1  Vậy HPT có nghiệm       20