Các dạng toán về hệ phương trình.PDF

là nghiệm của hệ.

là nghiệm của hệ

Bài 5.

Giải hệ phương trình: x

3+ 3xy2= −49 (1)

x2− 8xy + y2= 8y − 17x (2)

Giải

Lấy phương trình (1) cộng với phương trình (2) nhân với 3 được:

x3+ 3x2+ (3y2− 24y + 51)x + 3y2− 24y + 49 = 0 ⇔ (x + 1) (x + 1)2+ 3(y − 4)2
= 0 ⇔

"

x= −1

x= −1, y = 4Lần lượt thế vào phương trình (1) của hệ ta được (−1; 4), (−1; −4) là nghiệm của hệ

Bài 6.

Giải hệ phương trình:

(6x2y+ 2y3+ 35 = 0 (1)5x2+ 5y2+ 2xy + 5x + 13y = 0 (2).

Giải

Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) theo vế ta được:

(6y + 15)x2+ 3(2y + 5)x + 2y3+ 15y2+ 39y + 35 = 0

⇔ (2y + 5) 3



x+12

2

+



y+52

x= −1

2, y = −

52

Lần lượt thế vào phương trình (1) ta được: 1

2; −

52

b từ phương trình (2) vào phương trình (1) rồi giải tìm được b = 3 ⇒ a = 1

Từ đó tìm lại được: x = 2; y = 1 là nghiệm của hệ

(∗∗)Đặt

Bài 8.

Giải hệ phương trình: x

2+ 2y2= xy + 2y2x3+ 3xy2= 2y2+ 3x2y

Giải

Với y = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm của hệ

Với y 6= 0, nhân phương trình 1 với −y rồi cộng theo vế với phương trình 2 ta được:

2x3− 4x2y+ 4xy2− 2y3= 0 ⇔ x = yThế lại vào phương trình 1 của hệ ta được: 2y2= 2y ⇔ y = 1 ⇒ x = 1

Vậy (1; 1), (0; 0) là nghiệm của hệ

.Lúc đó kết hợp với đk ta được hpt có nghiệm (x; y) là (2; 1) ;



−3; −32

Vậy đối chiếu với đk hpt có một nghiệm là (2; 1)

2

= 1 hay x = −1suy ra x = −1 ⇒ y = −1

Lấy (1)+2.(2) ta được :(x + 2y)2+ 3 (x + 2y) + 2 = 0⇔ (x + 2y + 1) (x + 2y + 2) = 0

TH1: x + 2y + 1 = 0 ⇒ x = −2y − 1 thay vào (2) ta được

2 ⇒ x = −3 +√5

y= 1 +

√5

!

; −3 −√5;1 +

√52

3

ta có D = x2− 3x − 1, Dt= (x3− 3x − 1)(x2− 3x − 1), Dy= −3(x3− 3x − 1)

nhận thấy nếu D = 0 mà Dy6= 0 suy ra pt VN

y=3 −

√174

y= 3 +

√174Đáp số: 1 −

√17

4 ;

3 +√174

!

; 1 +

√17

4 ;

3 −√174

suy ra x + y = 1 hay x + y = 7

Với x + y = 1 ta tìm đc x = 1

4 1 ±

√17
hay y = 1 − xVới x + y = 7 thay vào (2) phương trình VN

Với x = 3 thay vào pt thứ 2 ta được y2+ 8y + 7 = 0⇔

"

y= −1

y= −7Với x = −5 thay vào pt thư 2 ta được y2+ 8y + 119 = 0 pt vô nghiệm

Vậy hệ pt có 2 nghiệm (x; y) là (3; −1); (3; −7)

Bài 17.

Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được: (x − 4)3+ (y − 4)3+ (z − 4)3= 0 (∗)

từ đó suy ra trong 3 số hạng ở tổng này phải có ít nhất 1 số hạng không âm,

không mất tổng quát ta giả sử (z − 4)3≥ 0 ⇒ z ≥ 4

Thế thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương x3− 16 = 12(z − 2)2≥ 12.22⇒ x ≥ 4

Thế thì phương trình thứ hai của hệ tương đương y3− 16 = 12(x − 2)2≥ 12.22⇒ y ≥ 4

Do vậy từ (x − 4)3+ (y − 4)3+ (z − 4)3= 0 (∗) ⇒ x = y = z = 4 Thử lại thỏa mãn

Vậy (4; 4; 4) là nghiệm của hệ

x− y = 5

Giải

v= 143

+ 1 = 0 ⇔





y

x = 1y

x =13Với x = y thay vào (1) ta có x = 1 ⇒ y = 1

Với x = 3y thay vào (1) ta có x = √33

25⇒ y = √31

25Vậy hpt có 4 nghiệm phân biệt (x; y) là (0; 1); (1; 0); (1; 1);

3

x2y (2)(1) ⇔ x2− 3xy + 2y2= 0 ⇔

"

x= y (3)

x= 2y (4)(2), (3) ⇔ x, y ∈ R > 0

⇔4(y − 1)(9y + 1)y

2

(y + 1)2 = y − 1 ⇔

"

y= 14(9y + 1)y2= (y + 1)2 ⇔

"

a= 0

a= 2Lập BBT ta có f (a) = a3− 3a2nghịch biến với 0 ≤ a ≤ 2 Vậy f (t) = f (y) ⇒ t = y ⇒ x + 1 = yThay x + 1 = y vào pt (2) có x2− 2√1 − x2= −2 ⇔ 1 − x2+ 2√

Vậy hpt có 1 nghiệm (x; y) duy nhất là(0; 1)

Cách 2: Sự xuất hiện của 2 căn thức ở pt (2) mách bảo ta đặt z = 1 − y khi đó hệ trở thành

cả 2 khả năng này đều không thỏa mãn phương trình thứ 2, nên trường hợp này vô nghiệm

Kết luận: (0; 1) là nghiệm của hệ







u3+ v3= 9uv(u + v) = 6n

y= 52Với

y= 5Vậy hpt đã cho có 2 nghiệm (x; y) là 1

3;

52

32 − x) = 4Vậy√

Giải

Đặt√

x+ y + 1 = a ≥ 0;√

3x + 3y = b ≥ 0(1) ⇔

2 ⇔ 2x + 2y = 1 ⇔ 2x = 1 − 2yThay vào (2) ta được : (x, y) = −5

6 ;

43

, 7

10;

−16

y = 1

⇔ x = y = 1

Bài 33.

y+ 3x =

6

√

y−√2x

yi) = 2√

3 + 6iĐặt z =√

√2x2+ 6x + 1 = −2xVới√

2 → y =−3 +

√112

Cách 2:Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ thành: x +√

√11

2 ; −

3 −√11

3

+



1 −1x



=

q(3 − 2y)3+√

3 − 2y

⇔√3 − 2y =



1 −1x

(Do hàm số f (t) = t3+ t đồng biến trên R)Thay vào phương trình thứ hai ta được: √

Lúc đó hpt đã cho trở thành:





x2+ 2xy − 2x − y = 0(x2− 2x − 2y)2= 3y2+ 6xy

"

x= 0

x= 2+Với 2xy+2x2−3x−y = 0 ⇒ y = 2xy+2x2y−3x thay vào (3) có x(2xy−x−1) = 0 ⇔





x= 0 ⇒ y = 0

y=x+ 12x (x 6= 0)Thay y =x+ 1

2x (x 6= 0) vào pt (3) ta có (x − 1)(2x

2+ 1) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1Vậy hpt đã cho có 3 nghiệm (x; y) là (0; 0), (2; 0), (1; 1)

x2+ 1 = 1

(I)

* Điều kiện cần:

giả sử hpt có nghiệm (x0; y0) thì (−x0; y0) cũng là nghiệm của hệ

nên hpt có nghiệm duy nhất ⇔ x0= −x0⇒ x0= 0

Giải

Bài 43.

pt (2) ⇔ (xy + 1)2− xy − 13y2= 0 ⇔ (7y − x)2− xy − 13y2= 0 ⇔ x2− 15xy + 36y2= 0

⇔ (x − 3y)(x − 12y) = 0 ⇒ x = 3y Hoặc x = 12y

Điều kiện: x, y > 2, khi đó từ (1), ta xét hàm số: f (t) = (2011t + 3)(ln(t − 2) − ln 2011t) t> 2,

dễ thấy f (t) đơn điệu trên tập xác định của nó nên : f (x) = f (y) ⇔ x = y,

Thay vào (2), ta được phương trình:

* Với x = y từ pt(1) có x2+ 2x − 8 = 0 ⇔

"

x= 2 hpt đã cho thỏa

x= −4 hpt đã cho không thỏa

* Với x = −y hpt không thỏa

* Với x 6= −y lấy (1

0)(20) ⇒ x+ 2

Vậy hpt có 3 nghiệm phân biệt (x; y) là (2; 2), (0; 8), (−6; 2)

1; −13

y3+ 3y2+ 3y = 3t + 51với t = 4

x Cộng vế với vế của hệ ta được:

Có: f0(x) = 4x(2 −√ 1

4x2+ 1) +

1

x > 0 nên f đồng biếnThế mà f 1

Vậy từ pt(1) có x

y+y

x = −2 (∗)Đặt u = x

y ⇒y

x = 1

u, u 6= 0Lúc đó pt (∗) ⇔ u +1

u = −2 ⇔ (u + 1)2= 0 ⇔ u = −1 ⇔ x = −yThay x = −y vào pt(2) có :x6+ x2− 8x + 6 = 0 ⇔ (x − 1)2(x4+ 2x3+ 3x2+ 4x + 6) = 0

Dễ thấy xy = 0 không thỏa mãn hệ

Với: xy 6= 0 viết lại hệ dưới dạng:







2x −1x

 2y −1y



= 72

x2+ y2+ xy − 7x − 6y + 14 = 0

ĐK để phương trình x2+ y2+ xy − 7x − 6y + 14 = 0 ( ẩn x) có nghiệm là:

∆1= (y − 7)2− 4y2+ 24y − 56 ≥ 0 ⇔ y ∈

1;73



ĐK để phương trình x2+ y2+ xy − 7x − 6y + 14 = 0 ( ẩn y) có nghiệm là:

∆2= (x − 6)2− 4x2+ 28x − 56 ≥ 0 ⇔ x ∈

2;103



Xét hàm số f (t) = 2t −1

t đồng biến trên (0; +∞)Nên: ⇒ f (x) f (y) ≥ f (2) f (1) = 7

2Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được

x2− 9 = 16(x2− 9) ⇔ 7x2− 6x − 145 = 0 ⇔ x = 5 ∨ x = −19

7 (loại)Với x = 5 ⇒ y = 4 Vậy hệ pt có 1 nghiệm (x; y) là (5; 4)

y + 2(1)y(√

"√

x= −y(∗)

y= 2x(∗∗)Với (∗), ta dễ thấy y < 0 , tức là VT của (2) < 0, trong khi VP lại lớn hơn 0 nên loại!

4 +

√7) = 0Đặt α = 11

4 +

√7

+ x > 1 ⇒ y > x ⇒ f (y) > f (x) do hàm số đồng biến trên khoảng (1; +∞)

+x < 1 ⇒ y < x ⇒ f (y) > f (x) do hàm số nghịch biến trên khoảng (−2; 1)

Do đó hệ pt đã cho có 1 nghiệm (x; y) duy nhất là (1; 1)

Bài 57. Trích đề học sinh giỏi Thừa Thiên Huế 2008 - 2009 khối chuyên.Giải hệ:



= f (y) (1)Với f (t) =t

4− 1

t ,t 6= 0 Ta có f0(t) = 3t2+ 1

t2 > 0Suy ra hàm số f đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) , (0; +∞)

2; 4√2

,−2√2; −4√

2



y2+ 2y + 22 −√

x= x2+ 2x + 1

Giải

Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0, x = 0 hoặc y = 0 đều không thỏa hệ nênx > 0, y > 0

Trừ hai phương trình của hệ theo vế ta được

√

x2+ 2x + 22 +√

x+ x2+ 2x + 1 =py2+ 2y + 22 +√

y+ y2+ 2y + 1Phương trình này có dạng f (x) = f (y) với f (t) =√

Thay vào PT thứ nhất ta có x2+ 2x + 1 −√

x2+ 2x + 22 +√

x= 0Phương trình này có dạng g (x) = g (1) với g (x) = x2+ 2x + 1 −√

ï î

( ) ( ) ( )  

Giải hệ phương trình

( ) ( )  

Giải hệ (với lưu ý u ³2 ta có u = 2 ; v = 1

ù ợ

Loại 2: Hệ đối xứng loại 2 mà khi giải thường dẫn đến một trong 2

phương trình của hệ có dạng f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) Trong đó f là hàm đơn

ù ợ

+ +

có nghiệm ban đầu của hệ là (x = 1; y= 1)

Bài 69

ï

ï

=

ï + î

Lêi gi¶i:

NÕu x = 0 ® y = 0 ®z = 0 ® hÖ cã nghiÖm (x; y; z) = (0; 0; 0) NÕu x ¹ 0 ® y > 0 ® z > 0 ® x > 0 

Nếu x > 2 thì từ (1) đ y = 2 < 0

Điều này mâu thuẫn với phương trình (2) có x - 2 và y - 2 cùng dấu

Tương tự với x  Ê 2 ta cũng suy ra điều mâu thuẫn

Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = y = 2