Giải hệ phương trình bằng cách đưa về dạng tích

Nhưng khi ta trừ theo vế 2 pt với nhau ta được một phương trình có thể đưa về tích được.

Trang 1

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH

Bài 1 (D - 2012): Giải hệ phương trình 3 22 02 2 (1)

  







Ta biến đổi phương trình (2) như sau:  3  2 2  2 

2x 2xy x yy  x y 0

2

 

 



yx thế vào (1) ta có pt 3 2

Với y2x1 thế vào (1) ta có pt 2

5 2

1 0

5 2





Bài 2: Giải hệ phương trình

2 2







Nhận xét: Pt(1) và (2) không có nhân tử chung Nhưng khi ta trừ theo vế 2 pt với nhau ta được một phương trình có thể đưa về tích được

Trừ theo vế 2 phương trình với nhau ta được 2xy2x4y 4 0

2 ( 1) 4( 1) 0 ( 1)(2 4) 0 1

2

y x





   

 Với y = 1 thế vào (*) ta được pt 2 4 3 0 1

3

x

 



      

 Với x = - 2 thế vào (*) ta được 2 2 0 0

2

y





 Vậy: Hệ phương trình có 4 nghiệm (-1; 1), (-3; 1), (-2; 0), (-2; 2)

3









Lưu ý: Các en có thể giải bài toán này bằng cách xét hàm số đặc trung f t( ) t 1

t

tính đơn điệu để tìm kết quả Ở đây thầy trình bày theo hướng khác là tạo phương trình tích

Điều kiện: x y , 0

Biến đổi phương trình (1) thành x y 1 1 x y x y 0 x y 1 1 0



Trang 2

1

xy





   

 Với x = y thay vào pt(2) ta được 3

    







x

     thay vào (2) ta có pt x4  x 2 0 (PTVN)

2 2

2







Nhận xét: Từng phương trình không có nhân tử chung Nên ta sẽ cộng hoặc trừ theo vế hai

phương trình để tìm nhân tử chung

Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được  2   

1 2

x





   

 Với x = 1 thay vào (*) ta có pt 2 0

0

1

y





 Với y 2 x thay vào (*) ta có pt 2 6 5 0 1 1



 Vậy: Hệ có 3 nghiệm (0; 1), (1; 1), (5; -3)





 Biến đổi pt (2) thành x y3 xy3 2 x22xyy2

2 2

1 2

xy





 

 Với xy 1 y 1

x



 Với x2y22 thế vào (*) ta có pt 5x y2 4xy23y3x2y2 xy0

Trang 3

3 2 2 3

2

1

x y x y

        

















* x 2 x 2y

y   thay vào

2 2 2

* x 1 x y

y    thay vào

2 2

2

x y  ta được y  1 x 1

2 2 2





 Điều kiện: x1,y0

xy  x y x y y   xy y  xy  y x 

1 2

 



   



Với x  (loại vì theo điều kiện x và y cùng dấu) y

Với x 1 2y thay vào (*) ta có pt 1 2 y 2y y 2y 2y 2 (y1) 2y2 0

1 ( ì 0)

2

y



  



* y2x5

Vậy: Hệ có nghiệm (5; 2)

2





 Điều kiện: 1 15

2

x

  

Biến đổi phương trình (1) thành  4 2 2  2 

y  xy x  y  x  

2

1 8

 

 

 Với y2  thay vào (*) ta có x 1 3x16 15 2 x x1 x 3 y2 4 y  2 Với y2 x 8 thay vào (*) ta có 3x11 15 2 x x1 (PTVN)

Trang 4





 Biến đổi pt(1) thành 2 2 2  2   2 2

2

 



 Với x = - y thay vào (*) ta có pt 2 4 3 0 1 1

   





Với x2y thay vào (*) ta có pt 2

13 157

2

13 157

2









 Biến đổi phương trình (1) thành 2x32x y2 xyy2xy0

2

 



 

 Với y  thay vào (*) ta có x 3 2

x x    x  y 

Với y2x2 thay vào (*) ta có 1 2

1 17

2

4 0

1 17

2



 Vậy: Hệ có 3 nghiệm

2 2





 Biến đổi phương trình (1) thành

x y y xy x y  x y  y xy  xy 





    



Với x = y thay vào (*) ta có phương trình 2x3x2 1 0x  1 y  1

Với x 2y1 thay vào (*) ta có pt y33y24y0 y0x 1

Vậy: Hệ có 2 nghiệm (-1; -1) và (-1; 0)

Trang 5

2 2 1





 Biến đổi phương trình (1) thành xy xy  1 xy xy

Với yx thay vào (*) ta có 1 x x  1 1 x 1 y0

Với y 1 x thay vào (*) ta có x 1x 1 x 1 y0

Vậy: Hệ có nghiệm duy nhất (1; 0)







2x 8xy xy4y 0 2x xy  4y 8xy  0

2

2 4





 





Với y2x thay vào pt (*) ta có 3 2

1 2

4

x















2

Với x4y2 thay vào (*) ta được 1024y  6 5 0 (vô nghiệm)

2 2





 Dùng phương pháp tham số biến thiên Xem pt(2) là phương trình bậc 2 ẩn x như sau:

2x (y5)xy y 2 0 có  9(y1)2

Nên pt có 2 nghiệm

1 2 2

y x









 



Từ đó ta biến đổi pt (1) thành 2 1 2 0 2 1

2





Trang 6

Với y2x1 thay vào (*) ta có 2





     

 Với y 2 x thay vào (*) ta có 2x24x 2 0x 1 y1

Vậy: Hệ có 2 nghiệm (1; 1), 4; 13

3 2





 Dùng phương pháp tham số biến thiên xem (2) là phương trình bậc hai theo y như sau:

2y (3x1)y9x 3x0 có  (9x1)2 nên pt có 2 nghiệm

3

2

x y





 

 Biến đổi pt(2) thành   

3

2

y







 

 Với y = 3x thay vào (*) ta có 3 2







Với 1 3

2

x

y  thay vào (*) ta có 3 2





    

 Vậy: Hệ phương trình có 6 nghiệm

2





 Biến đổi phương trình (1) thành x25x6xy3y0x2x3 y x( 3)0

2

x

 





4

Với y x 2 thay vào (*) ta có 3 2





   

 Vậy: Phương trình có 4 nghiệm

2

3





 Điều kiện: y 2

Biến đổi phương trình (1) thành y2(x4)y3x 3 0

Trang 7

Dùng phương pháp tham số biến thiên xem y là ẩn, x là tham số ta tìm được 3 ( )

1





  

 Với y  thay vào (*) ta có 1 x 3x2 x 1 3

Xét hàm số f x( ) 3 x 2 x1 là hàm số đồng biến trên 1;  và x = 3 là một nghiệm của

pt nên x = 3 là nghiệm duy nhất

* x 3 y 2

Vậy: Hệ có 1 nghiệm (3; -2)

2 2

5





 Điều kiện: y 1

Biến đổi phương trình (2) thành y1(xy1)(y 1 1) xy

(x y) y 1 y 1 (y 1) x y x y

Thay x = -1 vào pt(1) ta tìm được 2

2 ( )

y





  

 Vậy: Hệ có nghiệm (-1; 2)

Bài 18: Giải hệ phương trình 2

2

4 2

y



 Biến đổi pt(2) thành  2  2

2 x y 2x x y  4 y

2 2

2

4 2 2





 Với x2y  x 2y4x thay vào (*) ta có pt 4 24x246x270 (vô nghiệm)

Với x2y   x 2 y 4x4 thay vào (*) ta có 2

3 4

9 10

x







 



Trang 8

* 3 1

4

x y

Vậy: Hệ có 2 nghiệm

Bài 19: Giải hệ phương trình 2 0





 Điều kiện: 1, 1

2

Biến đổi pt(1) thành x  y y xy 0xyy xy0

 x y x y y x y0 x y x2 y 0 Với x y 0x y (mâu thuẫn so với điều kiện) 0

Với x 2 y x4y thay vào (*) ta có pt

1 2

5 2

y







 



2

Vậy: Hệ đã cho có 2 nghiệm

Bài 20: Giải hệ phương trình  

2





 Biến đổi pt (1) thành 3y24x y 1 3 3y214x y 10y1 3 y 3 4x 0

Với y 1 thay vào (1) ta được pt 2

2

4

x

 





 



* y 1 x 2

4

3

x

y   thay vào (1) ta được pt x 4

3

Bài 21: Giải hệ phương trình 2 2  

2

9 8 5 2





 Điều kiện: 5

2

x 

Trang 9

Biến đổi (1) thành 4x22 2 y7xy27y10 0

Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn x, y là tham số ta tìm được 5 ; 2

Với y 5 2x thay vào (2) ta có pt y2 1 y 1

* y 1 x2

* y  1 x3

Với y 2 2x thay vào (2) ta có pt y2  9 8 y38 y3(3y)(3y)

3 0

8 (3 ) 3

y

 



3 2

3

y

 











2

y  x

2 3





 Điều kiện: y1, x y

Biến đổi phương trình (1) thành

2 1 0 (3)







Nhận xét: Theo điều kiện ta có x y  1 x y 2 0 xy x y2 1 0 nên (3) vô nghiệm

Với x y thay vào (2) ta có phương trình 3 x 6 x  1 1 x20

2 3

2

(2 )(2 ) 0

1 1

2

2 (4)

1 1

x

x x

 









Đánh giá pt (4)

Với x 1 ta có

1

VT

x

3

VP 

Từ đó suy ra (4) vô nghiệm

* x2y2

Vậy: Hệ có nghiệm (2; 2)

Trang 10

2 2





 Điều kiện: 1; 0

3

Biến đổi (2) thành 3x21 5 y x 2y2y 0

Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x, y là tham số ta tìm được , 2 1

3

y

Với x y thay vào (1) ta có pt 2 3 1 0  2 3 1 0 0

1 ( )

x







* x 0 y0

3

y

x  thay vào (2) ta tìm được 2 1 2 2 2 1

y



2

y y

 

 





* y 2 x1

Vậy: Hệ có 2 nghiệm (0; 0), (1; 2)

4 2 2 2 3 2 2





 Biến đổi pt (1) thành x4x y2 2y2y3x y2 x20

2 2 2

2 2

2

0

0 (3)

1 (4)

 

 Với x2y20x y0 (Loại do không thỏa hệ phương trình)

1

yx  thay vào (2) ta có pt 2y3 3 2 y  1 0

Xét hàm số f y( )2y3 3 2 y có 1 '( ) 6 2 1 0, ;3

2

3 2

y

Vậy hàm số đồng biến trên ;3

2



Mặt khác: f(1)0 nên y 1 là nghiệm duy nhất của pt f y ( ) 0

* y 1 x  2

2





 Biến đổi pt (1) thành x 4yx y2 0 x 4y







Trang 11

Với x y thay vào (2) ta có 2x2x2

* x2 y2



* y 8 2 15x32 8 15

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	602,35 KB