Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 2 pot

98 CHƯƠNG II. PHƯƠNG TRÌNH − HỆ PHƯƠNG TRÌNH II.1. 1) 2 2 4 3 m x m x m + − = + (1) (1) ( ) 2 2 1 4 3 m x m m ⇔ − = − + (*) + 2 1 1 0 1 m m m =  − = ⇔  = −  . 1, m = phương trình (*) trở thành 0 0 x = ⇒ phương trình (1) có nghiệm tùy ý. . 1, m = − phương trình (*) trở thành 0 8 x = ⇒ phương trình (1) vô nghiệm. + 2 1 1 0 1 m m m ≠  − ≠ ⇔  ≠ −  phương trình (1) có nghiệm duy nhất. 2 2 4 3 3 . 1 1 m m m x m m − + − = = − + Kết luận: + Nếu 1 m = thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. + Nếu 1 m = − thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu 1 1 m m ≠   ≠ −  thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất 3 . 1 m x m − = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2) 2 2 1 (1) 2 2 2 2 * . a b a a a b a b x a ab b a a ab a b x a b x a b + + = + + + ⇔ + + + = + + + ⇔ + = + + Nếu 2 2 0 0 0 a a b b =  + = ⇔  =  thì phương trình (*) trở thành 0 0 x = suy ra phương trình (1) có nghiệm tùy ý. + Nếu 2 2 0 0 0 a a b b ≠  + ≠ ⇔  ≠  thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất 2 2 2 2 1. a b x a b + = = + Kết luận: + Với 0 0 a b =   =  thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. + Với 0 0 a b ≠   ≠  thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất 1. x = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3) 2 1 * a x ab b x a b a b x a b + = + + ⇔ − = − 99 + 2 2 0 a b − = a b a b =  ⇔  = −  · a b = thì (*) trở thành 0 0 x = suy ra phương trình (1) có nghiệm tùy ý. · a b = − thì (*) trở thành 2 0 4 . x b = Nếu 0 b = thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. Nếu 0 b ≠ thì phương trình (1) vô nghiệm. + 2 2 0 a b a b a b ≠  − ≠ ⇔  ≠ −  phương trình (1) có một nghiệm duy nhất ( ) 2 2 2 . a b a b x a b a b − − = = − + Kết luận: + Nếu a b = thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. + Nếu 0 a b b = −   ≠  thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu a b a b ≠   ≠ −  thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất a b x a b − = + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4) 4 5 1 4 5 4 5 * a ax b ax b a x ab ax b a a x b ab + = + − ⇔ + = + − ⇔ − = − − + 2 0 4 0 4 a a a a =  − = ⇔  =  · Với 0 a = thì phương trình (*) trở thành 2 0 5. x b = − Nếu 2 5 5 0 5 b b b  ≠  − ≠ ⇔  ≠ −   thì phương trình (1) vô nghiệm. Nếu 2 5 5 0 5 b b b  = − = ⇔  = −   thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. · Với 4 a = thì phương trình (*) trở thành 2 0 4 5 x b b = − − Nếu 2 1 4 5 0 5 b b b b ≠ −  − − ≠ ⇔  ≠  thì phương trình (1) vô nghiệm. Nếu 2 1 4 5 0 5 b b b b = −  − − = ⇔  =  thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. + 2 0 4 0 4 a a a a ≠  − ≠ ⇔  ≠  thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất 2 2 4 5 . 4 b b x a a − − = − Kết luận: 100 + Nếu 4 0 1 5 5 a a b b b =  =    ∨ ≠ −   ≠ ±    ≠  thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu 0 4 5 1 5 5 a a b b b b =  =     ∨ = − = −        = =      thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. + Nếu 0 4 a a ≠   ≠  phương trình (1) có nghiệm duy nhất 2 2 4 5 . 4 b b x a a − − = − II. 2. 1) ( ) 2 1 1 1 1 x m x m x x + + − − = − Điều kiện: 0 1 x x ≠   ≠  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 1 2 1 3 1 0 1 . 3 x m x x m x x x x mx x x mx m x x x x m m x ⇔ + − + − − = − ⇔ + − + − + + − = − ⇔ + − = − ⇔ = 1 3 m x − = là nghiệm của phương trình ( ) 1 khi và chỉ khi 1 0 1 3 . 1 2 1 3 m m m m −  ≠  ≠   ⇔   − ≠ −   ≠   Kết luận: + Nếu 1 2 m m ≠   ≠ −  thì phương trình ( ) 1 có một nghiệm duy nhất 1 . 3 m x − = + Nếu 2 1 m m = −   =  thì phương trình ( ) 1 vô nghiệm. 2) ( ) 2 2 1 1 1 mx m x m x − = + − Điều kiện: 1 1 x x ≠   ≠ −  + Xét trường hợp 0 1 x x ≥   ≠  thì phương trình ( ) 1 trở thành 101 ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1(*) mx mx m x mx mx x m x m x m − = + − ⇔ − − = + − ⇔ + = + Nếu 1 m = − thì (*) vô nghiệm. Nếu 1 m ≠ − thì (*) 2 1 . 1 m x m + ⇔ = + 2 1 1 m x m + = + là nghiệm của phương trình ( ) 1 khi và chỉ khi 2 1 1 1 0 1 1 1 2 2 2 1 0 0. 1 1 m m m m m m m m m m +  ≥    < − ∨ ≥ − < − ∨ ≥ −    + ⇔ ⇔    +    ≠ ≠ ≠    +  Vậy, với 1 1 2 0 m m m  < − ∨ ≥ −    ≠  thì phương trình ( ) 1 có nghiệm. + Xét trường hợp 0 1 x x <   ≠ −  thì phương trình ( ) 1 trở thành 2 2 1 1 mx mx m x + = + − − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 1 2 1(**) mx mx x m x m x m ⇔ + − − = + − − ⇔ + = − − Nếu 1 m = − thì (**) vô nghiệm. Nếu 1 m ≠ − thì (**) 2 1 . 1 m x m − − ⇔ = + 2 1 1 m x m − − = + là nghiệm của phương trình ( ) 1 khi và chỉ khi 2 1 0 0 1 1 1 1 2 1 1 1 . 0 2 2 1 m m m m m m m m m m − −  ≠ ≠ ≠ −       + ⇔ ⇔    − − < − ∨ > − < − ∨ > −    <    +  Kết luận: + Nếu 0 1 1 2 m m m ≠    < − ∨ ≥ −   thì phương trình ( ) 1 có hai nghiệm 1 2 1 , 1 m x m + = + 2 2 1 . 1 m x m − − = + (Trường hợp 1 2 m = − thì hai nghiệm này bằng nhau và bằng 0) 102 + Nếu 1 1 2 0 m m  − ≤ < −   =  thì phương trình ( ) 1 vô nghiệm. 3) ( ) 2 1 1 2 1 1 1 1 mx m x x x − + − − = − − Điều kiện 1. x > ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 2 2 (*) mx x m m x m ⇔ − − − = + ⇔ − = Nếu 1 m = thì (*) vô nghiệm. Nếu 1 m ≠ thì (*) . 2( 1) m x m ⇔ = − 2( 1) m x m = − là nghiệm của phương trình ( ) 1 khi và chỉ khi 2 1 0 1 2. 2( 1) 2( 1) m m m m m − > ⇔ > ⇔ < < − − Kết luận: Khi 1 2 m < < thì phương trình ( ) 1 có một nghiệm duy nhất . 2( 1) m x m = − Khi 1 2 m m ≤   ≥  phương trình ( ) 1 vô nghiệm. II.3. 2 2 (5 1) (5 2) 0 m x m m x m − + − + = (1) + Xét 2 0 0, m m = ⇔ = (1) trở thành 2 0 − = ⇒ (1) vô nghiệm. + Xét 2 0 0 m m ≠ ⇔ ≠ thì (1) là phương trình bậc hai. ( ) ( ) 2 2 5 1 4 5 2 m m m m   ∆ = + + +   4 3 2 25 30 9 m m m = + + 2 2 (5 3) 0, . m m m = + ≥ ∀ ∈ ℝ + 0 ∆ = 2 2 (5 3) 0 m m ⇔ + = 2 2 0 (5 3) 0 m m  = ⇔  + =   0 3 5 m m =   ⇔ −  =  , kết hợp với giả thiết 0, m ≠ ta được 3 5 m − = , thì phương trình (1) có nghiệm kép 1 2 5 3 x x = = . + 0 ∆ > 2 2 (5 3) 0 m m ⇔ + > 0 3 5 m m ≠   ⇔ −  ≠   thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 103 1 2 5 2 1 m x x m m + − = ∨ = . Kết luận: + 0, m = phương trình (1) vô nghiệm. + 3 , 5 m − = phương trình (1) có nghiệm kép 1 2 5 . 3 x x = = + 0 3 5 m m ≠   −  ≠   , phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là 1 2 5 2 1 ; . m x x m m + − = = II.4. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 0 1 a b x a ab b x ab a b+ − + + + + = + Xét 0 , a b a b + = ⇔ = − phương trình ( ) 1 trở thành 2 2 0. b x = · 0 b = : Phương trình ( ) 1 có nghiệm tùy ý. · 0 b ≠ : Phương trình ( ) 1 có một nghiệm duy nhất 0. x = + Xét 0 , a b a b + ≠ ⇔ ≠ − ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 8 a ab b ab a b a b ∆ = + + − + = + Phương trình ( ) 1 có hai nghiệm phân biệt 1 2 ab x a b = + ; 2 . x a b = + Kết luận: · Nếu 0 a b = = thì phương trình ( ) 1 có nghiệm tùy ý. · Nếu 0 a b = − ≠ thì phương trình ( ) 1 có một nghiệm duy nhất 0. x = · Nếu a b ≠ − thì phương trình ( ) 1 có hai nghiệm phân biệt 1 2 ab x a b = + ; 2 . x a b = + II.5. Giả sử 1 2 , x x là nghiệm của phương trình 2 0(1). x ax bc+ + = 1 3 , x x là nghiệm của phương trình 2 0.(2) x bx ca+ + = ( 1 x là nghiệm chung của các phương trình (1) và (2)). Ta chứng minh 2 3 , x x thỏa mãn phương trình 2 0(3). x cx ab+ + = Theo định lý Viet ta có 1 2 1 2 (*) x x a x x bc + = −   =  và 1 3 1 3 (**) x x b x x ca + = −   =  Do 1 x là nghiệm chung của các phương trình (1) và (2) nên ta có 104 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) x ax bc x bx ca a b x c a b x c + + = + + ⇔ − = − ⇔ = (Do , , a b c khác nhau đôi một và khác 0). Thay 1 x c = vào (*) và (**) ta được 2 3 x b a c x a b c = = − − = = − − Thay giá trị 2 x b a c = = − − vào vế trái phương trình ( ) 3 ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 0 a c c a c ab a ac c ac c a a c a ac c ac c a ac − − + − − + = + + − − + − − = + + − − − − = 2 x ⇒ là nghiệm của phương trình ( ) 3 . Thay giá trị 3 x a b c = = − − vào vế trái phương trình ( ) 3 ta được 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 b c c b c ab b c c b c b c b b bc c bc c b bc − − + − − + = − − + − − + − − = + + − − − − = 3 x ⇒ là nghiệm của phương trình ( ) 3 . Vậy, 2 3 , x x là nghiệm của phương trình 2 0. x cx ab + + = (Đpcm) II.6. 2 2( 3) 4 0 mx m x m − − + − = (1) + Xét 0, m = (1) trở thành 2 6 4 0 0 3 x x m − = ⇔ = ⇒ = thỏa đề bài. + Xét 0, m ≠ phương trình (1) có đúng một nghiệm dương trong các trường hợp sau · Phương trình (1) có một nghiệm kép dương: Điều kiện là ( ) 9 2 0 9 . 2 3 2 0 m m m S m ′ ∆ = − =   ⇔ = −  = >   · Phương trình (1) có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0: Điều kiện là ( ) 4 0 4. 2 3 0 m P m m m S m −  = =   ⇔ =  −  = >   · Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu: Điều kiện là 4 0 0 4. m P m m − = < ⇔ < < 105 Vậy, với 9 0 4 2 m m ≤ ≤ ∨ = thì phương trình (1) có đúng một nghiệm dương. II.7. ( ) ( ) ( ) 4 2 1 2 3 3 0 1 m x m x m− + − + + = Đặt 2 0 X x = ≥ Khi đó ( ) 1 trở thành ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 3 0 2 m X m X m− + − + + = + Nếu 1 0 1 m m − = ⇔ = khi đó ( ) 2 trở thành 1 1. X x = ⇒ = ± Như vậy 1 m = không thỏa yêu cầu đề bài. + Xét 1 m ≠ khi đó ( ) 2 là phương trình bậc II. ( ) 1 vô nghiệm khi và chỉ khi (2) hoặc vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều âm ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 3 3 1 3 0 2 3 1 3 0 3 3 2 2 2 3 0 1 3 3 1 3 1 3 0 1 m m m m m m m m m m S m m m m m m m P m  ′  ∆ = − − − + < >      ′ ∆ = − − − + ≥      ≤ >      ⇔ ⇔ ⇔ − −      = <  < ∨ > < −    −     < − ∨ > +     = >     −   Vậy, với 3 3 2 m m < − ∨ > thì ( ) 1 vô nghiệm. II.8. 2 2 2 1 0 x x m x m − − − + = (1) Ta có ( ) 2 2 (1) 1 1 1 0. x m x m ⇔ − − − + − = Đặt 1 0 X x = − ≥ ta có phương trình 2 2 1 0(2) X mX m− + − = Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm không âm. Ta giải bài toán ngược tức là tìm các giá trị của m để phương trình (1) vô nghiệm. Phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) hoặc là vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều âm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 3 2 3 3 3 4 3 0 2 3 2 3 1 2 3 2 3 4 3 0 3 3 (*) 3 3 2 3 1 0 2 3 1 1 1 3 0 3 0 m m m m m m m m P m m m m m S m m  − < ∨ >   ∆ = − <   −   < −   < ∨ > −   ∆ = − ≥  ≤ ≤     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔       = − >  > −   < − ∨ >  ≤ < −     = <      <       Như vậy, phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi m thỏa điều kiện (*). 106 Vậy, giá trị cần tìm của m là 2 3 1 . 3 m− ≤ ≤ II.9. )( ) ( ) 2 1 1 2 1 x x k− = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 (1) 2 1 2 2 1 2 x x k x x x k x x k x x k x  − = −  − + = −  ⇔ ⇔   − + = −  − = −   2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 2 4 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 x x k x x x x k x k x k x  − + = = − + −   − + = − −  ⇔ ⇔  + = +   = = +   Vẽ các đường Parabol ( ) 2 1 1 1 : 2 , 2 2 P y x x = − + − ( ) 2 2 1 1 : 2 2 P y x = + và y k = trên cùng một hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phương trình (1) chính bằng số giao điểm của đường thẳng y k = với các Parabol 1 2 ( ),( ). P P Các Parabol 1 2 ( ),( ) P P và đường thẳng y k = được vẽ ở hình sau y x y = k 3 2 2 1 1 O Dựa vào đồ thị ta kết luận được phương trình ( ) 1 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 3 1 1 . 2 2 k k < < ∨ < < ) ( ) 2 2 2 2 10 8 5 2 x x x x a− + − = − + 2 2 (2) 2 10 8 5 x x x x a ⇔ − + − − + = . Xét hàm số ( ) f x = 2 2 2 2 5 8; 1 4 2 10 8 5 3 15 8;1 4 x x x x x x x x x x x  − + < ∨ >  − + − − + =  − + − ≤ ≤   Vẽ các đường Parabol ( ) 2 1 : 5 8, 1 4, P y x x x x = − + < ∨ > ( ) 2 2 : 3 15 8,1 4 P y x x x = − + − ≤ ≤ và y a = trên cùng một hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phương trình (2) chính bằng số giao điểm của đường thẳng y a = với các Parabol 1 2 ( ),( ). P P 107 Các Parabol 1 2 ( ),( ) P P và đường thẳng y a = được vẽ ở hình sau y = a y x 43 4 4 5 2 4 1 O Dựa vào đồ thị ta kết luận được phương trình ( ) 2 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 43 4 . 4 a< < II.10. 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 5 3 7 297 1 x x x x− + − + = . ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 (1) 1 5 3 7 297 4 5 4 21 297 x x x x x x x x     ⇔ − + − + =     ⇔ + − + − = Đặt ( ) 2 2 4 5 2 9 9 t x x x = + − = + − ≥ − Khi đó phương trình ( ) 1 trở thành ( ) 2 16 297 16 297 0 27 11 t t t t t t − = ⇔ − − = =  ⇔  = −  Ta nhận 27 t = và ta có phương trình 2 2 4 4 5 27 4 32 0 8. x x x x x x =  + − = ⇔ + − = ⇔  = −  Vậy, nghiệm của phương trình là 4 x = ∨ 8 x = − . 2) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 6 36 1 x x x x+ − + + = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 (1) 2 1 6 3 36 3 2 3 18 36 x x x x x x x x     ⇔ + + + − = −     ⇔ + + + − = − Đặt 2 3 2. t x x = + + Khi đó phương trình ( ) 1 trở thành [...]... nghiệm là  3 ; 3  , ( 3; 2 )  18 18   x3 + y 3 = 1  (I ) 11)  2 2 3  x y + 2 xy + y = 2  ( x + y ) x 2 − xy + y 2 = 1 ( x + y ) x 2 − xy + y 2 = 1   (I ) ⇔  ⇔ 2 2 2  y x + 2 xy + y = 2  y ( x + y) = 2   x 2 − xy + y 2 1 ⇒ = ⇔ 2 x 2 − xy + y 2 = xy + y 2 y ( x + y) 2 ( ( ) ( ) ) ( ) ⇔ 2 x 2 − 2 xy + 2 y 2 − xy − y 2 = 0 ⇔ ( x − y )( 2 x − y ) = 0 x = y ⇔ 2x = y 34 34 + Trường hợp... 2 ∨ y = 2 ∨ 2 ⇔  2   x = 2 ∨ x = 2 y = 4 y = 9      y = 3 ∨ y = −3  2 2 Vậy, hệ đã cho có tám nghiệm là ( 3; 2 ) , ( 3; 2 ) , ( −3; 2 ) , ( −3; 2 ) , ( 2; 3) , ( 2; −3) , ( 2; 3) , ( 2; −3)  x 3 − y 3 = 7( x − y )  11)  2 2 x + y = x + y + 2  Ta có 3 2 2  3   x − y = 7( x − y ) ( x − y )( x + xy + y − 7) = 0 ⇔ 2  2 2 2 x + y = x + y + 2  x + y − ( x + y) − 2 = 0  ... = t + Khi đó (1) trở thành 2 2 4 4  1  1  t + 2  +  t − 2  = 97     1 ⇔ 2t 4 + 3t 2 + = 97 8 ⇔ 16t 4 + 24 t 2 − 775 = 0  2 25 t = 4 ⇔ t 2 = − 31   4 Ta nhận t 2 = 25 4  5 t = 2 25 2 Với t = ⇔ 4 t = − 5  2  · Khi t = 5 1 5 thì x − = ⇔ x = 3 2 2 2 · Khi t = − 5 1 5 thì x − = − ⇔ x = 2 2 2 2 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 3, x = 2 4 4 2) ( x + 3) + ( x + 5 ) = 16... ⇔  x = 2 y + 1   x 2 y − y x −1 = 2 x − 2 y Do điều kiện (*) nên ta loại trường hợp x + y = 0 Như vậy ta chỉ có trường hợp 2 y + 1 = x   x 2 y − y x −1 = 2x − 2 y  2 y + 1 = x  ⇔  (2 y + 1) 2 y − y 2 y = 2( 2 y + 1) − 2 y  2 y + 1 = x  ⇔  2 y ( y + 1) = 2( y + 1)  2 y + 1 = x  ⇔ ( y + 1)( 2 y − 2) = 0  2 y + 1 = x  ⇔ ( y + 1 > 0)  2y − 2 = 0  x = 5 (Nhận) ⇔ y = 2 Vậy, hệ...  (3) 2   2  ( 2) ⇔ 1 1 x + 3 − 2 x =1⇔ 2 2 1 1 x + 3 = 2 − x +1 2 2 x ≥ 0 ⇔ 2 ⇔x =2  x + 2x − 8 = 0 Thế x = 2 vào phương trình (3) ta được y = −1 Cặp giá trị (2; −1) thỏa điều kiện (*) nên là nghiệm của hệ phương trình đã cho x  2 xy − 3 = 15  y  2)  (1)  xy + x = 15  y  Điều kiện: y ≠ 0  2 xy 2 − 3 x = 15 y  2 xy 2 − 3 x = 15 y  2 xy 2 − 3 x = 15 y  (1) ⇔  ⇔ ⇔ 2 2 2  xy − 4 x...  2           2   2   2  ( x − y )2 y = 2  10)  (I ) x 3 − y 3 = 19   ( x − y )2 y = 2  Ta có ( I ) ⇔  2 2 ( x − y ) x + xy + y = 19(*)  ( ) Ta nhận xét rằng ( x; y ) / x = y không là nghiệm của hệ phương trình đã cho, do đó chia theo vế của hai phương trình của hệ ta được ( x − y) y 2 x + xy + y 2 = 2 19 ⇔ 19 xy − 19 y 2 = 2 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ⇔ 2 x 2 − 17 xy + 21 y 2 = 0 2. .. + ⇒ ⇔ ∨  P = 2  xy = 2  y = 2  y = 1 ( ) ( Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là − 2; 2 , ) 2; − 2 , (1; 2 ) , ( 2; 1) ( x 2 + y 2 ) xy = 78  10)  4 4  x + y = 97  Ta có ( x 2 + y 2 ) xy = 78 ( x 2 + y 2 ) xy = 78   ⇔ 2 (I )  4 4 2 2 2 2  x + y = 97 ( x + y ) − 2 x y = 97   Từ phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta suy ra x y > 0 Đặt u = x 2 + y 2 , v = xy, điều kiện... 16 2 ⇔ 2t + 12t + 2 = 16 ⇔ 2t 4 + 12t 2 − 14 = 0 ⇔ t 4 + 6t 2 − 7 = 0 t 2 = 1 t = 1 ⇔ 2 ⇔  t = −7 t = −1  · Khi t = 1 thì x + 4 = 1 ⇔ x = −3 109 · Khi t = −1 thì x + 4 = −1 ⇔ x = −5 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là x = −3; x = −5 4 4 3) ( x + 2 ) + ( x + 6 ) = 2 (1) Đặt t = x + 4 ⇒ x = t − 4 Khi đó (1) trở thành 4 (t − 2) + (t + 2) 4 =2 ⇔ 2t 4 + 48t 2 + 32 = 2 ⇔ t 4 + 24 t 2 + 15 = 0 t 2. .. x 2 + 2 − 3 y x 2 + 2 = −15   2 2 x x + 2 + y x + 2 = 9  ( ( ) ( ) ) ( ) ( x + 2 ) ( x − 3 y ) = −15 (1)  ⇔ ( 2) ( x + 2 ) ( x + y ) = 9  2 2 Vì x + y = 0 không thỏa phương trình ( 2 ) , nên chia (1) cho ( 2 ) theo vế ta được x − 3 y −5 = x+ y 3 ⇔ 3x − 9 y = −5 x − 5 y ⇔ y = 2 x Thay y = 2 x vào ( 2 ) ta được (x 2 ) + 2 ( x + 2x) = 9 ⇔ x3 + 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 2 129 Vậy, nghiệm của hệ...  2 2   x + y − ( x + y) − 2 = 0 ⇔ 2 2    x + xy + y − 7 = 0 ( II )   x 2 + y 2 − ( x + y) − 2 = 0    Giải ( I )  1+ 5  x = 2    1+ 5  y = x = y 2  (I ) ⇔  2 ⇔  x − x −1 = 0 1− 5  x = 2    y = 1 − 5  2  Giải ( II ) ( x + y )2 − xy − 7 = 0  ( II ) ⇔  2 ( x + y ) − 2 xy − ( x + y ) − 2 = 0   xy + ( x + y ) − 5 = 0 ⇔ 2 ( x + y ) − 2 xy − ( x + y ) − 2 = . ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2) 2 2 1 (1) 2 2 2 2 * . a b a a a b a b x a ab b a a ab a b x a b x a b + + = + + + ⇔ + + + = + + + ⇔ + = + + Nếu 2 2 0 0 0 a a b b =  +. −   2 2 2 2 2 2 4 1 1 1 2 4 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 x x k x x x x k x k x k x  − + = = − + −   − + = − −  ⇔ ⇔  + = +   = = +   Vẽ các đường Parabol ( ) 2 1 1 1 : 2 , 2 2 P y. 1 1 3 2 2 x y x y y x  + + − + =   = −   ( ) 1 1 3 2 1 2 2 2 3 2 (3) 2 x x y x  + − − =   ⇔   = −   ( ) 1 1 1 1 2 3 2 1 3 2 1 2 2 2 2 x x x x ⇔ + − − = ⇔ + = − + 2 0 2 2 8 0 x x x