Cđ6 hệ phương trình

Chuyên đề 6: Một số phương pháp giải hệ phương trình Dạng 1: Hệ đối xứng loại 1) Một hệ phương trình ẩn x, y gọi hệ phương trình đối xứng loại phương trình ta đổi vai trị x, y cho phương trình khơng đổi 2) Tính chất Nếu  x0 , y0  nghiệm hệ  y0 , x0  nghiệm  S x  y điều kiện S 4 P quy hệ phương P  x y  3) Cách giải: Đặt  trình ẩn S , P Chú ý: Trong số hệ phương trình đơi tính đối xứng thể phương trình Ta cần dựa vào phương trình để tìm quan hệ S , P từ suy qua hệ x, y Bài tập 1: Giải hệ phương trình sau:  x  y 19 b)   x  y    xy  2  x  y  xy 2 a)  3  x  y 8    x  y  3  c)   x  y 6 x y  xy   x  y  d)  xy 3  x   y  4 HD:  S x  y điều kiện S 4 P hệ phương trình cho trở thành: P  x y  a) Đặt   S  P 2    S  S  3P  8 2 S   P    S  S   3S  8     S  3S  S  16 0   S    S  S   0  S 2  P 0 Suy x, y hai nghiệm phương trình: X  X 0  X 0, X 2  x 0  x 2     y 2  y 0  S x  y b) Đặt  điều kiện S 4 P hệ phương trình cho trở thành: P  x y   S  S  3P  19  SP  8S  SP  8S  S 1      S    8S  19  P   S  24 S  25 0  S   P  2 Suy x, y hai nghiệm phương trình: X  X  0  X 3; X  Vậy hệ cho có hai cặp nghiệm  x; y    2;3 ,  3;     a  b3  3  a 2b  b a  c) Đặt a  x , b  y hệ cho trở thành:   a  b 6  S a  b Đặt  điều kiện S 4 P hệ cho trở thành  P ab 3   S  3SP  3SP  S 6 2  36  3P  3P     S 6  P 8  S 6 Suy a, b nghiệm phương trình: a 2  x 8 a 4  x 64 X  X  0  X 2; X 4     b 4  y 64 b 2  y 8 Vậy hệ cho có hai cặp nghiệm  x; y   8;64  ,  64;8   xy 0  S x  y Đặt  điều kiện S 4 P hệ phương x , y  P  x y   d) Điều kiện:  trình cho trở thành:  S  P 3   S   S  P   16    S 3; P  S  3  2 S   S  3  14  S 3 S 14; P  S  3 3 S 14; P  S  3    2 4  S  8S  10  196  28S  S  S  30 S  52 0  S 6  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   3;3  P 9  x  y 3 Bài tập 2: Giải hệ phương trình sau:  x  y  xy 8 a)   x  y 4 xy  2  x  y  x  y 1 c)   x  y x  y      x  y     5 xy    b)   x  y    9   x2 y2       x y   y   x y   y   xy  30 0 d)  2  x y  x   y  y   y  11 0 HD: a) Đặt x a, y b điều kiện a, b 0  a  b  2ab 8 Ta viết lại hệ  a  b 4 Hệ phương trình trở thành:   (a  b)  4ab(a  b)  2a 2b  2ab 8 phương trình thành:   a  b 4  S 4 P  S a  b Đặt  điều kiện  hệ cho trở thành  P ab  S , P 0  256  64 P  P  P 8  S P 4  a b 2  x  y 4  S   Ngoài ta giải ngắn gọn sau:   x  y   xy 16    x  y  xy 16   x  y  x  y  ( x  y ) 0  x  y  x 4  x 4 Vậy hệ có cặp nghiệm  x; y   4;  b) Điều kiện: x  y  Biến đổi phương trình (1): xy xy 1   x  y     xy 0 x y x y 2P  P  0 Đặt x  y S , xy P ta có phương trình: S  S x2  y   S  P  SP  S 0  S ( S  1)  P ( S  1) 0  ( S  1)( S  S  P) 0 Vì S  P, S  suy S  S  P  Do S 1 Với x  y 1 thay vào (2) ta được:   y   y  y 0, y 3 Xét x  y   xy  x  y  1  x  y  x  y  x  y 0 x y (không thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   1;0  ,   2;3 c) Điều kiện: xy 0 Hệ cho tương đương: 1   x  y  x  y 5     x  y   9  x2 y  1  1  x     y   5 x  y   2 1  1   x  x    y  y  9     1  1  x     y   S x  y  Đặt   x    y   P     x  y  Hệ trở thành: S  S 1  x   2; y  3  x y  P 9  S 5, P 6   1  5  x  x 3; y  y 2   3  x 1; y   Vậy hệ cho có nghiệm:  3 ; y 1 x   3   3  ;1  ,  2      x; y   1;  xy  x  y   x  y  xy  30  xy  x  y   x  y  xy 11 d) Hệ tương đương với :  Đặt xy  x  y  a; xy  x  y b Ta thu hệ:   xy  x  y  5   ab 30  a 5; b 6   xy  x  y 6     a  b 11  a 6; b 5   xy  x  y  6   xy  x  y 5    xy 2   x 2; y 1  xy  x  y  6  x  y 3   TH1:    xy 3  x 1; y 2  xy  x  y 5  ( L)   x  y 2   xy 5 ( L)   xy  x  y  5  x  y 1    TH2:    xy 1  xy  x  y 6    x  y 5   21  21 ;y x 2    21  21 ;y x  2   21  21  ;  2   Vậy hệ có nghiệm:  x; y   1;  ,  2;1 ,  Dạng 2: Hệ đối xứng loại 1) Định nghĩa: Một hệ phương trình ẩn x, y gọi đối xứng loại hệ phương trình ta đổi vai trị x, y cho phương trình trở thành phương trình 2)Tính chất.: Nếu  x0 ; y0  nghiệm hệ  y0 ; x0  nghiệm 3) Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phương trình hệ ta phương trình có  x  y 0 dạng  x  y   f  x; y   0    f  x; y  0 Bài tập 1: Giải hệ phương trình sau:  x  x 2 y a)   y  y 2 x  x  1  y    y  x  1  b)  2  y  1  x    x  y  1  x  x   x   y c)   y  y   y   x d) HD: a) Điều kiện: x, y 0 Trừ hai phương trình hệ cho ta thu được:   y    x  y   x  y     x  y   0   y   x  y  1   x  y   x  x  y  y 2  y  x   Vì   x x nên phương trình cho tương đương với: x  y Hay x  x  x 0  x  x 2 x  x    x 0  x  x  x  0   x 1   x 3      3 Vậy hệ có cặp nghiệm:  x; y   0;0  ,  1;1 ,   3 ; 5    xy  x  y   yx  y  b) Hệ cho  2  yx  y  x   xy  x Trừ vế theo vế hai phương trình hệ ta được: xy  y  x    x  y    x  y   x  y  0   x  y   x  y  xy   0  x y   x  y  xy  0  x  y 2 + Nếu x  y thay vào hệ ta có: x  x  0    x  y 3 + Nếu x  y  xy  0    x    y  15 Mặt khác cộng hai phương trình hệ cho ta được: 2 x  y  x  x  12 0   x     y   2 Đặt a 2 x  5, b 2 y   a  b 0   a  b 2  a  b   2ab 2  ab    Ta có:    a    b   15 ab   a  b    a  b   ab 31 2  a  b 0   x; y   3;  ,  2;3  ab  Trường hợp 1:   a  b  vô nghiệm  ab 31 Trường hợp 2:  Vậy nghiệm hệ cho là:  x; y   2;  ,  3;3 ,  2;3 ,  3;  1 ; y  2 Để ý x  y  nghiệm Ta xét trường hợp x  y  c) Điều kiện: x  Trừ hai phương trình hệ cho ta thu được:   x  3x   x   y  y   y   y  x 2 x  y  ( x  y )  x  xy  y   4( x  y )  0 x 1  y 1    ( x  y )  x  xy  y    0  x  y x   y    Khi x  y xét phương trình: x  x   x  0  x3  x  x   0 2x   0  x  x    0  x 0 x 1 1 x 1 1  Tóm lại hệ phương trình có nghiệm nhất: x  y 0 x( x  1)  Dạng 3: Hệ có yếu tổ đẳng cấp + Là hệ chứa phương trình đẳng cấp + Hoặc phương trình hệ nhân chia cho tạo phương trình đẳng cấp Ta thường gặp dạng hệ hình thức như: 2 ax  bxy  cy d +  , ex  gxy  hy k ax  bxy  cy dx  ey , +  2 gx  hxy  ky lx  my 2 ax  bxy  cy d +  … 2 gx  hx y  kxy  ly mx  ny Một số hệ phương trình tính đẳng cấp giấu biểu thức chứa đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện: Phương pháp chung để giải hệ dạng là: Từ phương trình hệ ta nhân chia cho để tạo phương trình đẳng cấp bậc n : a1 x n  ak x n  k y k  an y n 0 Từ ta xét hai trường hợp: y 0 thay vào để tìm x + y 0 ta đặt x ty thu phương trình: a1t n  ak t n  k  an 0 + Giải phương trình tìm t sau vào hệ ban đầu để tìm x, y Chú ý: ( Ta đặt y tx ) Bài tập 1: Giải hệ phương trình sau:  x  x  y  y a)  2  x  3  y  1 5 x y  xy  y   x  y  0  x, y    b)  2  xy  x  y    x  y  HD: 3  x  y 8 x  y a) Ta biến đổi hệ:  2  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 không 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   x y   y 1   78 x    13 * t     78  y  13 Suy hệ phương trình có cặp nghiệm:  78 78   78 78  ( x; y )   3,1 ;   3,  1 ;  , ,  ;    13   13 13   13 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  xy 1  2  x  y 2 2  x 1  x  5 x y  xy  y   x  y  0    y 1  y   xy 1 TH1:  TH2: 2 2 5 x y  xy  y   x  y  0 5 x y  xy  y 2  x  y  (*)   2  x  y 2  x  y 2 Nếu ta thay x  y 2 vào phương trình (*) thu phương 2 2 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  x  ty y  Xét đặt thay vào hệ ta có:  2 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   Bài tập 2: Giải hệ phương trình sau:  x  y   y  0  a)  3   y  x   y  x  1  x  x  1  0