Hệ phương trình

Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai hai ẩn Hệ phương trình có dạng 2 2 0 0 Ax By C ax bxy cy dx ey f                   Phương pháp giải. Sử dụng phương pháp thế: Rút x hoặc y từ phương trình bậc nhất rồi thay vào phương trình bậc hai trong hệ, ta được một phương trình một ẩn. Giải phương trình một ẩn này, sau đó tìm ẩn còn lại. 2. Hệ phương trình đối xứng 2.1. Hệ phương trình đối xứng loại I Ta qui ước gọi một hệ hai phương trình chứa hai ẩn , x y là hệ phương trình đối xứng loại I, nếu ta thay thế x bởi y và y bởi x thì mỗi phương trình của hệ không thay đổi. Phương pháp giải. · Đặt , S x y P xy    đưa hệ phương trình về hệ phương trình ẩn S và . P · Tìm , , S P khi đó , x y là nghiệm của phương trình: 2 0, X SX P    chú ý phải có điều kiện 2 4 0. S P   Một số hằng đẳng thức: a) 2 2 2 2 . x y S P    b) 3 3 3 3 . x y S PS    c)   2 4 4 2 2 2 2 . x y S P P     d)   2 2 4 . x y S P    2.2. Hệ phương trình đối xứng loại II Ta qui ước gọi một hệ hai phương trình chứa hai ẩn , x y là hệ phương trình đối xứng loại II, nếu hoán đổi vai trò của , x y cho nhau thì phương trình này chuyển thành phương trình kia. Phương pháp giải. · Trừ từng vế các phương trình đã cho ta được phương trình mới, đưa phương trình này về phương trình tích. · Ứng với từng trường hợp xảy ra, kết hợp với một trong hai phương trình của hệ để có một hệ phương trình con, giải hệ phương trình con này. · Tổng hợp nghiệm. Chú ý: Một số phép biến đổi hay dùng khi giải hệ phương trình là: Phân tích thành nhân tử và đặt ẩn phụ. VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 7 21 18 (1) 3 0 (2) x y x y xy xy y                Hệ đã cho tương đương với   2 2 7 21 18 3 0 x y x y y xy x y                Trường hợp 0, y  thay vào hệ phương trình ta được 18 . 7 x  Vậy, hệ phương trình đã cho nhận 18 ( ;0) 7 làm nghiệm. Trường hợp 3 0 3 . xy x y xy x y       Thay 3 xy x y   vào phương trình (1) ta được     2 2 3 9 3 7 21 18 3 7( 3 ) 18 0 3 2. x y x y x y x y x y x y                      Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 2 Giải các trường hợp ta được nghiệm là 18 1 7 1 7 ;0 , 1 7; , 1 7; . 7 3 3                                               Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 3( ) . 7( ) x xy y x y x xy y x y                  Đặt , , x X y Y    hệ phương trình đã cho trở thành 2 2 2 2 2 3( ) . 7( ) X XY Y X Y X XY Y X Y                  Đây là hệ phương trình đối xứng loại I đối với hai ẩn , . X Y Đặt , , S X Y P XY    điều kiện 2 4 0. S P   Ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 0 0 0 0 3 7 2 2 S P S S S S S S S P S P S P S P S                                                     hoặc 1 2 S P           · 0 0 0, 0 0 S X Y X Y P XY                        do đó 0. x y   · 1 1 2 2 2 1 S X Y X P XY Y                                  hoặc 1 , 2 X Y           do đó 2 1 x y          hoặc 1 2 x y            Vậy, hệ phương trình đã cho có ba nghiệm (0;0);(2;1);( 1; 2).   Ví dụ tương tự: (Khối 2012) A  Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 2 x x x y y y x y x y                      Đặt . t x   Hệ trở thành 3 3 2 2 2 2 3 3 9( ) 22 1 2 t y t y t y t y t y                      . Đặt , . . S t y P t y    Điều kiện 2 4 0. S P   Hệ trở thành 3 2 3 2 2 2 3 3( 2 ) 9 22 3 3( 2 ) 9 22 1 1 1 2 ( ) 2 2 2 S PS S P S S PS S P S S P S P S S                                        3 2 2 3 2 6 45 82 0 4 1 1 ( ) 2 2 2 S S S P P S S S                                 . Vậy, nghiệm của hệ đã cho là 3 1 1 3 ; ; ; . 2 2 2 2                           Cách khác: 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 3 9 22 3 9 3 9 22 3 9 1 1 1 ( ) ( ) 1(*) 2 2 2 x x x y y y x x x y y y x y x y x y                                            . Đặt 1 1 , . 2 2 u x v y    Từ phương trình (*) suy ra 1, 1. u v   Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 3 Hệ đã cho trở thành 3 2 3 2 2 2 2 2 3 45 3 45 ( ) ( 1)(1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 4 2 4 1 (2) 1 f u f v u u u v v v u v u v                                    Trong đó 3 2 3 45 ( ) . 2 4 f t t t t    Ta có 2 45 ( ) 3 3 0 4 f t t t      với mọi t thỏa 1. t  Từ đó ta có (1) ( ) ( 1) 1. f u f v u v       Thay vào (2) ta được 0 1 v u          hoặc 1 . 0 v u           Từ đó hệ đã cho có nghiệm là 3 1 1 3 ; ; ; . 2 2 2 2                           Chú ý: Trong cách giải trên chúng ta sử dụng mệnh đề: Nếu một hàm số f tăng (giảm) trên khoảng ( ; ) a b thì khi đó từ ( ) ( ) f u f v  suy ra , u v  với mọi , ( ; ). u v a b  Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:     2 2 2 2 2 2 2 2 185 65 x y xy x y x y xy x y                  . Đặt 2 ; ; 4 0. S x y P xy S P      Hệ phương trình đã cho trở thành         2 2 2 2 2 2 2 2 2 185 2 2 125 3 2 65 3 2 65 S P S P S P S P S P S P S P S P                                (cộng theo vế hai phương trình với nhau)       3 2 2 2 2 2 2 2 25 7 2 125 12 2 2 65 3 2 65 S P S S P P S P P S P S P S P                                           Từ đó nghiệm của hệ là (3;4),( 3; 4),(4;3),( 4; 3).     Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 2 3 2 2 3 2 4 7 (1) 4 7 (2) y x x x x y y y                . Đây là hệ phương trình đối xứng loại II. Trừ (1) cho (2) theo vế ta được 3 3 2 2 2 2 3( ) 7( ) 0 ( ) ( 3) 3 7 0. x y x y x y x y x y x y y                     Trường hợp 0, x y   nghiệm của hệ là (0;0). Trường hợp 2 2 ( 3) 3 7 0, x y x y y       hệ vô nghiệm vì 2 3 6 17 0. y y       Chú ý: Có thể lập luận rằng hệ phương trình không có nghiệm x y  như sau: Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta được: 3 2 3 2 3 7 3 7 ( ) ( )(*), y y y x x x f y f x        trong đó 3 2 ( ) 3 7 . f t t t t    Ta có 2 ( ) 3 6 7 0, . f t t t t         Do đó, hàm số ( ) f t luôn luôn tăng trên toàn bộ .  Vì vậy, (*) . x y   Với , x y  (1) trở thành 3 2 5 7 0 0. x x x x      Vậy, hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là (0;0). Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 4 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:             2 2 2 2 1 6 1 . 1 6 1 x y y x y x x y                  Ta có             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 6 1 6 6 (1) 6 6 (2) 1 6 1 x y y x xy x y yx y yx y x xy x y x x y                                      Trừ (1) cho (2) theo vế và phân tích thành nhân tử ta được     2 7 0. x y x y xy      Trường hợp x y  ta được nghiệm     2;2 , 3;3 . Trường hợp 2 7 0 x y xy     kết hợp với cộng theo vế (1) và (2) ta được 2 2 2 7 0 5 5 12 0 x y xy x y x y                   . Đây là hệ đối xứng loại I, hệ này có nghiệm     2;3 , 3;2 . Chú ý: Trong cách giải trên chúng ta sử dụng phép biến đổi tương đương hệ phương trình: A B A C B D C D A C B D                        Ví dụ 6: Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 3 3 2 3 x x y y y x                  Điều kiện: 0, 0. x y   Trừ theo vế của hai phương trình cho nhau ta được: 2 2 3 3 3 3 (*). x y y x     Bằng cách nhân lượng liên hợp, ta cũng đưa (*) về phương trình tích và giải như ví dụ 4 và 5. Tuy nhiên ta trình bày cách giải khác như sau: 2 2 (*) 3 3 3 3 . x x y y       Xét hàm số đặc trưng: 2 ( ) 3 3 3 f t t t     . Tập xác định của hàm số ( ) f t là [0; ). D   2 3 ( ) 0, 2 3 t f t t D t t         hàm số đồng biến. Vậy, ta có 2 2 3 3 3 3 x x y y       . x y  Với , x y  hệ phương trình trở thành 2 2 3 2 3 3 3 (**) x y x y x x y x x                             Ta giải (**) như sau: Hàm số 2 3 y x x    có 2 1 0 2 3 x y x x      với mọi 0 x  nên đồng biến trên [0; ). D   Vì vậy (**) có nhiều nhất một nghiệm, thử được 1 x  thỏa phương trình. Vậy, hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là (1;1). Chú ý: Trong cách giải trên chúng ta sử dụng mệnh đề: Cho phương trình ( ) (1), f x k k  là hằng số. Nếu hàm số f tăng (giảm) trên khoảng ( ; ) a b thì khi đó phương trình (1) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng ( ; ). a b Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 5 Ví dụ 7: Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 2 6 0(1) 4 6 3 9 0(2) x x y xy y xy xy x                  . Do 0 y  không là nghiệm nên chia 2 vế của phương trình (1) cho 3 y ta được 3 2 3 2 6 0. x x x y y y     Đặt , x t y  ta được phương trình theo biến : t 3 2 6 0 2 2 . t t t t x y         Thay vào phương trình (2): 3 2 3 8 12 6 9 0 3. 2 y y y y x         Chú ý: Phương trình 3 2 2 3 6 0 x x y xy y     có vế trái là một đa thức đẳng cấp bậc 3 đối với các biến x và , y do đó nếu chia 2 vế cho 3 0 y  thì phương trình đã cho trở thành phương trình bậc ba đối với ẩn . x t y  Ví dụ 8: Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 2 2 2 4 8 0(1) 3 11 0(2) x x y xy y x xy y                  . Có thể giải cùng một phương pháp như ví dụ 7, tuy nhiên ta trình bày bằng cách khác như sau: Biến đổi (1) về phương trình tích:         3 3 2 2 3 3 2 2 2 4 8 0 2 2 2 0 2 4 4 0 x x y xy y x y xy x y x y x xy y                   2 2 2 0 2 2 . x y x y x y x y          Từ đó hệ có 2 nghiệm là     2;1 , 2; 1 .   Ví dụ 9: (Khối 2011) A  Giải hệ phương trình: 2 3 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 (1) ( ) 2 ( ) (2) x y xy y x y xy x y x y                    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) ( ) 2 2 ( )( 1) 2( 1) 0 1 ( 1)( 2) 0 2 xy x y x y xy x y xy xy xy xy x y x y                           2 3 1 1 5 4 3 2( ) 0 TH1 : 1 1 1 x x x y xy y x y y y xy                                       2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 5 4 3 ( )( ) 0 TH2 : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 5 2 1 1 2 2 2 5 5 x y xy y x y x y xy y x y x y x y x y x x x x y x y x y y x y y y                                                                                                                  Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 6 Ví dụ 10: Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 4 6 x y y x y x y              (I). Do 0 y  không là nghiệm nên chia 2 vế các phương trình lần lượt cho 3 , y 2 0 y  ta được 3 3 3 (2 ) 18 ( ) 3 3 2 . 2 3 x y II x x y y                                          . Đặt 2 ; u x  3 . v y  ( ) II 3 . 1 u v uv            Từ đó tìm được nghiệm: 3 5 6 3 5 6 ; , ; . 4 4 3 5 3 5                                 Ví dụ tương tự: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 4 6 3 9 . 6 9 0 x y xy y x y y x                 Đặt 3 2 , . u x v y    Hệ có 3 nghiệm:   1 3 1 ; , 1;3 , ;3 . 2 2 2                            Ví dụ 11: (Khối 2008) D  Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( ) 2 1 2 2 xy x y x y I x y y x x y                  . Điều kiện: 1 0 x y          (*). ( 1) ( 1) ( )( ) ( 1)( ) ( )( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 2 x y y y x y x y y x y x y x y I x y y x x y x y y x x y                                        0 ( )(2 1) 0 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 x y x y y x x y x y y x x y x y y x x y                                              Do điều kiện (*) nên ta loại trường hợp 0. x y   Giải trường hợp 2 1 x y   ta được nghiệm (5; 2). Ví dụ tương tự: Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 0(1) 2 2 0(2) xy x x x y x y xy y                   Biến đổi (2) về phương trình tích     2 2 1 0. x y x y     Từ đó hệ có 3 nghiệm là: 1 1 x y          hay 1 5 2 5 x y                hay 1 5 2 5 x y                 Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 7 Ví dụ 12: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 6 1 5 y xy x x y x              . Vì 0 x  không thỏa hệ phương trình nên chia hai vế của các phương trình của hệ cho 2 0 x  ta được 2 2 2 2 2 1 6 ( ) 6 1 1 ( ) 2 5 5 y y y y x x x x y y y x x x                                     . Đặt 1 ; , y u v y x x    ta được hệ phương trình mới 2 2 3 1 5 3 6 2 2 3 2 5 5 12 0 2 v y uv u u x v y v u v v x                                                         1 1 1 1 1 2 . 2 2 2 1 1 x x x x y y y y                                               Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 1 (1;2);( ;1). 2 Ví dụ 13: Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 3 1 ( ) 2 2 x y I x y xy y                             2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 2 2 2 2 x y x xy y x y x xy y x xy y I y x xy y y x y y x y                                           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 0 2 x y x xy y xy y x xy y xy y x y x y x y                        + Trường hợp , x y  ta được nghiệm của hệ phương trình là 3 3 4 4 ; . 2 2               + Trường hợp 2 , x y  nghiệm của hệ phương trình là 3 3 3 2 3 ; . 3 3               Chú ý: Trong cách giải trên chúng ta sử dụng phép biến đổi tương đương hệ phương trình: ,( , 0) A B A B C D C D C D C D                       Ví dụ 14: Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 ( ) x y x y I x y x y                . + Xét trường hợp 0. x  Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 8 ( ) I trở thành     3 2 2 0 1 0 1 1 0 y y yy y y y y y y                                   . Như vậy, nghiệm của hệ là     0;0 , 0; 1 .  + Xét trường hợp 0. x  Nhân hai vế của phương trình thứ hai của hệ ( ) I với x ta được hệ 3 3 2 3 2 2 x y x y x xy x xy                3 3 2 3 3 2 3 2 3 2 0 x y x y x y x y y xy y xy y xy y xy                                      3 3 2 1 1 0 x y x y y y x y                  Xét các trường hợp, ta được hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là     0; 0 , 0; 1 ,    1;0 ,   1; 1 .  Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 (1) 5 (2) x x x y y x y y x                  Hệ tương đương với 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1)( ) 2 1 3 1 . ( 1) ( 1) 6 ( 1)( 1) 6(2) 1 3 2 x x y x x x y x y x y y x x x y y                                            Thay vào (2) ta được 3 2 3 0 1 2. x x x x y         Vậy, hệ có một nghiệm (1;2). Ví dụ 16: Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 3 6 4 x y x y xy x y                    . Đặt 3 2 u x v y              0, 0. u v   Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành 2 2 2 3 3 3 2 3 ( ) 3 3 u v u v u v uv u v uv u v uv                                          1 2 u v           2 1 u v          . Giải hệ ta được hai nghiệm là (4;2),(7; 1).  Ví dụ 17: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( ) 3 ( ) 10 y x y x x x y y              . Nhận xét: (0;0) là nghiệm của hệ phương trình. Ta xét các nghiệm ( ; ), 0, 0 x y x y   và nhận thấy 0. xy  Chia theo vế hai phương trình của hệ đã cho ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ( ) 3 3 . 10 10 ( ) 1 y y x x y x y x y x x y y x                                                      Đặt 2 , 0, y t t x               ta có phương trình ẩn , t 2 2 2 1 1 2 ( ) 4 4 20 7 3 0 15 3 3 ( ) 3 5 5 y x y t x t t y y x t x                                 Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 9 Trường hợp 1: 2 2 1, x y y    ta được nghiệm là (2;1),( 2; 1).   Trường hợp 2: 2 15 1 135, 3 4 y x y   ta được nghiệm là 4 4 4 4 1 1 1 1 375; 135 , 375; 135 . 2 2 2 2                           Ví dụ 18: Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 3 2 1 ( ) 1 x x y x y I x y x xy                 Ta có     2 2 3 3 2 1 ( ) 1 x xy x y I x y x xy                  . Đặt 2 3 , u x xy v x y             khi đó ta có hệ phương trình 2 2 1 1 2 1 2 0 2 0 3 1 1 1 u u u u v u u u v v v u v u v u                                                                       . Giải các trường hợp ta được nghiệm là (1;0); (  1;0). Ví dụ 19: Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( 1) ( ) 4 ( 1) ( 2) x y y x y x y y x y                  Hệ đã cho tương đương với         2 2 2 1 2 2 1 2 x y y x y x y y x y                   Đặt 2 1 u x   và ( 2), v y y x    hệ trở thành 2 2 u v y uv y             theo định lý Viet thì , u v là nghiệm của phương trình bậc hai: 2 2 2 0 . X yX y X y      Từ đó ta có 2 2 1 1 ( 2) 3 x y x y y y x y y x                             1 2 . 2 5 x x y y                      Ví dụ 20: Giải hệ phương trình: 2 3 2 2 6 1 0 8 0 y xy x y y x y x y x                   ( ). I Cùng một phương pháp giải như ví dụ 19 ta có: 2 2 2 2 1 3 ( 1) ( ) 6 2 ( ) 1. 3 ( 1)( ) 9 xy y xy x y y x I y x y y xy x y y                                          Ví dụ 21: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 (2 ) 5(4 ) 6(2 ) 0(*) 1 2 3 2 x y x y x y x y x y                      . Điều kiện: 2 0, x y   chia cả hai vế của (*) cho 2 (2 ) 0, x y   ta được 2 2 2 5 6 0. 2 2 x y x y x y x y                    Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 10 Đặt 2 , 2 x y t x y    ta được phương trình 2 2 5 6 0 3 t t t t            · 2, t  ta có 1 2 1 2 2 2 3 2 1 1 1 2 1 (2 ). 2 2 2 2 x y x y x y x y x y x y x y x y                                                     3 3 8 4 1 1 . 4 2 x x y y                                 · 3, t  hệ phương trình trở thành 1 2 3 2 1 (2 ). 3 2 x y x y x y x y                     Trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm. Ví dụ 22: Giải hệ phương trình:     2 2 3 3 8 8 x y y x xy x y                . Thế phương trình thứ 2 vào phương trình đầu ta được     3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 3 3 (*) 3 3 8 8 8 x y x y f x f y x y y x xy x y x y x y x y                                             Trong đó hàm đặc trưng 3 ( ) 3 t f t t   là một hàm tăng trên toàn bộ  vì 2 ( ) 3 ln 3 3 0, . t f t t t        Vì vậy từ (*) suy ra . x y  Giải hệ ta được hai nghiệm     2;2 , 2; 2 .   Ví dụ 23: (Khối 2010) A  Giải hệ phương trình: 2 2 2 (4 1) ( 3) 5 2 0(1) 4 2 3 4 7 (2) x x y y x y x                   . Điều kiện: 3 5 ; . 4 2 x y  2 (1) (4 1).2 (5 2 1) 5 2 (2 ) ( 5 2 ) x x y y f x f y          với 2 ( ) ( 1) , f t t t   hàm số này đồng biến vì 2 ( ) 3 1 0, . f t t t        Do đó 2 5 4 (1) 2 5 2 ; 0. 2 x x y y x        Thay vào (2) ta được 2 2 2 5 4 ( 2 ) 2 3 4 7 0(3), 2 x x x      với 3 0 . 4 x  Nhận thấy rằng 3 0; 4 x x   không thỏa phương trình, do đó ta xét trong khoảng 3 0; . 4             Hàm số 2 2 2 5 ( ) 4 ( 2 ) 2 3 4 7 2 g x x x x       có 2 4 ( ) 4 (4 3) 0. 3 4 g x x x x       Mặt khác 1 0 2 g              nên 1 2 x  là nghiệm duy nhất của (3) từ đó 2. y  Vậy, hệ đã cho có một nghiệm duy nhất 1 ;2 . 2             [...]...Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình 3x 2  2xy  2y 2  3x  2y  0(1)  Ví dụ 24: Giải hệ phương trình:  2 Nhân hai vế của (1) với 3 rồi trừ  5x  2xy  5y 2  3x  3y  2(2)    2x  y  1 vế theo vế ta được: (2x  y )2  3(2x  y )  2  0   2x... ( ; ) 7 7 5 3 4 6 Kết luận: Hệ có 4 nghiệm: (0;1),( ; ) , (1; 0),( ; ) 7 7 7 7 BÀI TẬP Giải các hệ phương trình x  1y  1x  y  2  6   1)  2 ĐS: 2; 3, 3;2 x  y 2  2x  2y  3  0;     x 2  y 2  xy  1  4y  2)  HD: Chia 2 vế cho y ĐS: 1;2, 2;5  y(x  y )2  2x 2  7y  2     2  x  y 2  2xy  1  x y 3)  HD: phân tích phương trình (1) thành nhân tử ĐS: 1;... (1;1),(1; 1),(  1  3  3  3  1  3 3  3 ; ),( ; ) 2 2 2 2  x  y 2   5)  HD: Bình phương 2 vế của các phương trình rồi trừ theo vế ĐS:   x  3  y  3  4;    1;1 x  y  xy  3   6) (Khối A  2006)    x  1  y  1  4     2  x  6y  y  3  7)  HD: Bình phương 2 vế của các phương trình ĐS: 5; 4   x  y  x  y  4;     x 1  y 1  3   8)  ĐS: 2; 5, 5;2... 2 HD: Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về phương trình tích ĐS: ( ; 4) 3 x 2  y 2  3x  4y  1  13)  2 HD: Đặt u  x 2  3x , v  y 2  4y  3x  2y 2  9x  8y  3;     3  13   3  13   3  13       3  13     ĐS:  ; 0,  ; 0,  ; 4,  ; 4           2 2        2   2  xy  3x  2y  16  14)  2 HD: Nhân 2 vế của phương thứ nhất...  1 18)  1 HD: Đặt u  ; v  y ĐS: 1; 0  1  y y   3 y; x  x x x   3 3 3 27x y  7y  8  2 19)  2 HD: Chia các phương trình cho y 3, y 2 Đặt u  3x, v   2 9x y  y  6x ; y    Ths.Hoàng Huy Sơn 12 Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình x 4  2x 3y  x 2y 2  2x  9  20) (Khối B  2008)  2  x  2xy  6x  6;     2  x  y  x 3y  xy 2  xy   5... phương trình ĐS: 5; 4   x  y  x  y  4;     x 1  y 1  3   8)  ĐS: 2; 5, 5;2  x  y  (x  1)(y  1)  5;    Ths.Hoàng Huy Sơn 11 Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình  x  y  3x  2y  1   9)  ĐS: (1; 3)   x  y  x  y  0;    x 2  xy  12  3 10   7 10   3 10 7 10     ,   10)  2 ĐS:  ; ;       y  xy  28;  5 5  5... ; 4           2 2        2   2  xy  3x  2y  16  14)  2 HD: Nhân 2 vế của phương thứ nhất với 2, cộng theo vế của hai  x  y 2  2x  4y  33;       phương trình, đặt t  x  y ĐS: 3  3 ; 2  3 , 3  3; 2  3   (x  y )(2  1 )    xy 15)    (x  y )(2  1 )    xy   9 2 5 ; 2  1  1   1 1    ĐS: 2;1, 2;  ,  ;1,  . Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai hai ẩn Hệ phương trình. khi đó phương trình (1) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng ( ; ). a b Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 5 Ví dụ 7: Giải hệ phương trình: . Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Hệ Phương Trình Ths.Hoàng Huy Sơn 7 Ví dụ 12: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 6 1 5 y xy x x y x              . Vì 0 x  không