Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 41 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
41
Dung lượng
1,6 MB
Nội dung
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
A. Đặt vấn đề:
Trong các kỳ thi tuyển sinh Đại học và cao đẳng và thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh một
trong các bài toán thường gặp là bài toán về giải hệ phương trình đặc biệt hệ phương trình đại số.
Nên việc trang bị cho học sinh ôn thi ĐH và đội tuyển HSG Toán các kiến thức về các phương
pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương trình là hết sức cần thiết
Từ yêu cầu trên chúng tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập điển
hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp ôn thi ĐH, CĐ và đội tuyển
HSG Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình đại số nhằm ứng dụng vào việc giải
các bài tập trong các kì thi tuyển sinh Đại học và cao đẳng và thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn
Toán.
Phần nghiên cứu của chúng tôi đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 10, 11 và 12, các lớp bồi
bưỡng HSG Toán 10, 11, 12, đặc biệt là học sinh ôn thi ĐH, CĐ trong năm học 2012 – 2013 và
năm học 2013 - 2014.
B. Nội dung
1. Dự kiến số tiết dạy: tổng số 12 tiết.
TT
1
2
3
4
Nội dung
Số tiết
1. Phương pháp thế.
3 tiết
2. Phương pháp cộng đại số.
1. Phương pháp biến đổi thành tích.
2. Phương pháp đặt ẩn phụ.
1. Phương pháp đặt ẩn phụ (tiếp theo).
2. Phương pháp hàm số.
1. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
2. Phương pháp lượng giác hóa để giải hệ.
3 tiết
3 tiết
3 tiết
2. Hệ thống kiến thức sử dụng:
- Sách giáo khoa.
- Tài liệu tham khảo (tài liệu, sách bồi dưỡng, các đề thi tốt nghiệp và đại học, cao đẳng, các đề
thi chọn HSG các tỉnh và Thành phố).
*Nguồn Internet :
- wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc
-1-
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
- wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm…
3. Nội dung Chuyên đề:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
I. Phương pháp thế.
1. Tóm tắt lý thuyết:
* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và thế
vào phương trình còn lại.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc
nhất đối với một ẩn nào đó.
*) Chú ý: + Khi dùng phương pháp trên mà không dùng được phép biến đổi tương đương thì
sau khi tìm được nghiệm của hệ phương trình hệ quả thì ta phải thử lại các nghiệm này có là
nghiệm của hệ ban đầu hay không và kết luận.
+ Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để được biểu thức
trong 1 phương trình có liên quan với vài phuơng trình rồi thay vào các phương trình đó để
được hệ phương trình đã biết cách giải
2. Các ví dụ minh họa:
2 x 3 y 5
(1)
Ví dụ 1 . Giải hệ phương trình
2
2
3 x y 2 y 4 (2)
Lời giải.
5 3y
Từ (1) ta có x
thế vào (2) ta được
2
2
5 3y
2
3
y 2y 4 0
2
3(25 30 y 9 y 2 ) 4 y 2 8 y 16 23 y 2 82 y 59 0 y 1, y
59
23
31 59
;
23 23
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là 1;1 ;
1
x
x 1
y
y
Ví dụ 2 . Giải hệ:
xy y 1 1 x 1
(I)
Lời giải.
ĐK:( 00) hoặc (x=0;y tùy ý) ; với đk
xy 1 y x
(I)
thay (1) vào (2) ta được : x 1 x =1 (3)
xy
y
1
1
x
1
0 x 1
(3) 1 x =1- x
(x=0 hay x=1)
1 x 1 x 2 x
-2-
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
x 0
i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 do đó ta được
y 1
ii/ Với x= 1 thay vào (2) ta có :
y 1 y = 1 (4) ; vì x=1>0 nên y>0 vì thế VT(4) >1
x 0
vào hệ ta thấy thỏa mãn hệ. Kết luận hệ có nghiệm (0;-1)
y 1
Thay bộ
x 4 2 x 3 y x 2 y 2 2 x 9 (1)
Ví dụ 3 . Giải hệ phương trình 2
(2)
x 2 xy 6 x 6
Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
TH 1 : x = 0 không thỏa mãn (2)
6x 6 x2
TH 2 : x 0, (2) y
thế vào (1) ta được
2x
2
6x 6 x2 2 6x 6 x2
x 2x
x
2x 9
2
x
2
x
2 2
x 0
(6 x 6 x )
x 4 x 2 (6 x 6 x 2 )
2 x 9 x ( x 4)3 0
4
x 4
4
3
Do x 0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất 4;
17
4
Chú ý.: Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:
-
x 2 6 x 6 2
x 2 xy 2 2 x 9
2x 9
2
Hệ
x2 6 x 6
2
2
x xy
2
x 6x 6
2
x xy
2
-
Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác
3 x 3 (6 y ) x 2 2 xy 0
Ví dụ 4 . Giải hệ : 2
x x y 3
HD: PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) y 3 x 2 x thay vào PT (1).
Nghiệm (0; 3); (2;9)
3 x 3 (5 y ) x 2 2 xy 2 x 0
Ví dụ 5 . a) Giải hệ : 2
x x y 4
HD: PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) y 4 x 2 x thay vào PT (1).
3
2
2
2
3 x (6 y ) x 2 xy 0
b) Giải hệ : 2
2
x x y 3
x 2 y 2 xy 1 4 y
Ví dụ 6 . Giải hệ :
.
y ( x y )2 2 x 2 7 y 2
HD: Từ (1) x 2 1 4 y y 2 xy thay vào (2). Nghiệm (1; 2); ( 2;5)
-3-
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
x ( x y 1) 3 0
Ví dụ 7 . (Đề thi ĐH Khối D năm 2009 ) Giải hệ :
.
5
2
(
x
y
)
1
0
x2
3
HD: Từ (1) thế x y 1 và thay vào PT (2).
x
x 2 y 2 2( x y ) 7
Ví dụ 8 . Giải hệ :
y ( y 2 x) 2 x 10
HD : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : x 2 2 xy 4 x 2 y 3 0 ( x 1)( x 2 y 3) 0
x3 y 3 6 y 2 3 x 5 y 14
Ví dụ 9 . Giải hệ phương trình
x, y
3
2
3 x y 4 x y 5
(Đề thi KS lần 2 THPT Bến Tre năm 2013 – 2014 khối A, A1)
Lời giải.
x3 y 3 6 y 2 3 x 5 y 14 (1)
3
2
3 x y 4 x y 5 (2)
Đkxđ x 3, y 4
3
2
Từ (1) ta có x3 3x y 2 3 y 2 x y 2 x 2 x y 2 y 2 3 0
x y 2 y x 2 3
Thế (3) vào (2) ta được
x 2 3 x x3 x 2 4 x 1 x3 x 2 4 x 4 2 x 2 1 3 x 0
x2
x2
x 2 x 2 x 1
0
2 x 2 1 3 x
1
1
x 2 x 2 x 1
0
2 x 2 1 3 x
1
1
1
1
x 2 x 2 x 1
0
3 2 x 2 1 3 x 3
x 1
x 1
x 2 x 2 x 1
3 2 x2
x 2 1 3 1 3 x 2 3 x
1
1
x 2 x 1 x 2
3 2 x2
x 2 1 3 1 3 x 2 3 x
0
0
x 2 x 1 0 x 2, x 1; x 2 y 0, x 1 y 3
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là
S 1; 3 ; 2;0 .
3. Bài tập tự luyện.
Bài 1 Giải các hệ phương trình:
2 x y 1 0
a) 2
b)
2
x 2 y 3x 2 y 2 0
y 2 1 4 x 2 4 x
2
2
4 x y 3 x. y 1
-4-
3 x 2 2 y 2 3 x 5 y 3
c)
2
2
4,5 x 3 y 3x 8 y 7
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
2
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
x y 5 3
2
2 x y x 2 y 1
2
2
5 x 2,5 y 3 x 4 y 4
d)
e)
x y 5 11 2 x
Bài 2. Giải hệ ptrình:
4
3
2 2
x 2 x y x y 2 x 9
a) 2
x 2 xy 6 x 6
(I)
1 2
2
( x 2 xy )2 2 x 9
( x 6 x 6) 2 x 9
HD:
(I)
( cho kq)
4
2
2 x. y (6 x 6 x )
2
2 x. y (6 x 6 x )
2
x( y 1) 3
2
2
5
x y
b) 2
(I)
y
(
x
1)
4
x 2 y 2
5
x 2 ( y 2 1) 3 x
2
2
5
x 2 ( y 2 1) y 2 ( x 2 1) 3 x 4 y
4y 5
x y
HD :
(I) 2 2
- 2 2 =
(j)
2
3x- 4y=5 hay x=
2
x y
x y
5
3
y ( x 1) 4 y
x 2 y 2
5
Cũng từ (I) cho:3yx2-3y = 4xy2+4x (i) ;thế (j) vào (i) cho:
y (4 y 5) 2
3
4 y 2 (4 y 5) 4(4 y 5)
3y=
+
3
3
Bài 3. Giải các hệ ptrình:
4( y z )
y 2 .z 2 5 x
4( x z )
a) 2 2 5 y
x .z
x y
x2 y2 2 z
x. y.z
x y 2
x. y.z
b)
3
yz
x. y.z
4
z x
II. Phương pháp cộng đại số.
1. Tóm tắt lý thuyết:
* Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng, trừ, nhân,
chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc có lợi cho
các bước sau.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế
trái đẳng cấp bậc k.
2. Các ví dụ minh họa:
2
y 2
3 y 2
x
Ví dụ 1 . Giải hệ phương trình
2
3 x x 2
2
y
Lời giải.
-5-
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
-
ĐK: xy 0
-
2
2
3 x y y 2
Hệ 2
2
3 y x x 2
(1)
(2)
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
. Trừ vế hai phương trình ta được
x y 0
3 x 2 y 3 xy 2 y 2 x 2 3 xy ( x y ) ( x y )( x y ) 0
3 xy x y 0
TH 1. x y 0 y x thế vào (1) ta được 3 x3 x 2 2 0 x 1
y2 2
x2 2
TH 2. 3 xy x y 0 . Từ 3 y
y 0 , 3x
x0
x2
y2
3 xy x y 0 . Do đó TH 2 không xảy ra.
-
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)
Ví dụ 2 . Giải hệ phương trình
1
1
2
2
(1)
2
(2)
y
x
1
2
1
x
y
Lời giải.
1
1
,y .
2
2
-
ĐK: x
-
Trừ vế hai pt ta được
1
x
y x
2
-
2
2
y
1
y
2
1
x
0
1
x
yx
0
yx
1
2 2
xy 2 2
y
x
y
1
1
TH 1. y x 0 y x thế vào (1) ta được
2 2
x
x
1
Đặt t
, t 0 ta được
x
xy
-
y
1
1
1
1
xy
x
y
1
0
x
2 t 0
t 2
2 t2 2 t
2
t 1 x 1 và y 1
2
2
2
t
4
4
t
t
t
2
t
1
0
1
1
TH 2.
0 . TH này vô nghiệm do ĐK.
1
1
xy x y
xy 2 2
y
x
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)
3 x 2 5 xy 4 y 2 38
Ví dụ 3 . Giải hệ phương trình 2
2
5 x 9 xy 3 y 15
Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự do
và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.
-6-
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
45 x 2 75 xy 60 y 2 570
- Hệ
2
2
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
2
2
145 x 417 xy 54 y 0
190 x 342 xy 114 y 570
1
145
- Giải phương trình này ta được y x, y
x thế vào một trong hai phương trình của hệ
3
18
ta thu được kết quả (3;1); ( 3; 1)
* Chú ý
Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng cách đặt
y tx, x 0 hoặc đặt x ty, y 0 .
2
2
3 x 2 xy y 11
Ví dụ 4 . Tìm các giá trị m để hệ 2
có nghiệm.
2
x 2 xy 3 y 17 m
Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay y tx, x 0
Lời giải.
y 2 11
y 2 11
TH 1. x 0 2
2 m 17
3 y m 17
y 3
m 17
Vậy hệ có nghiệm x 0
11 m 16
3
3 x 2 2tx 2 t 2 x 2 11
TH 2. x 0 , Đặt y tx . Hệ 2
2
2 2
x 2tx 3t x 17 m
11
2
x
(3 2t t ) x 11
3 2t t 2
2
2
11
(1 2t 3t ) x 17 m
(1 2t 3t 2 ).
17 m
3 2t t 2
11
2
x
3 2t t 2
( m 16)t 2 2(m 6)t 3m 40 0 (*)
2
2
11
0, t nên hệ có nghiệm pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra khi và
3 2t t 2
chỉ khi m 16 hoặc m 16, ' (m 6)2 (m 16)(3m 40) 0
-
Ta có
5 363 m 5 363
Kết luận. 5 363 m 5 363
5 x 2 2 xy y 2 3
Ví dụ 5 . Tìm các giá trị của m để hệ 2
m (I) có nghiệm.
2
2
x
2
xy
y
m 1
Lời giải.
-
5 x 2 2 xy y 2 3
Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được
1
2
2
6 x 6 xy 3 y 3 m 1
-7-
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
-
Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được x 2 4 xy 4 y 2
-
Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là
-
1
1
( x 2 y)2
m 1
m 1
1
0 m 1
m 1
5 x 2 2 xy y 2 3
Điều kiện đủ. Với m 1 . Xét hệ pt 2
(II)
2
2 x 2 xy y 1
Giả sử ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ (II). Khi đó
2
2
5 x02 2 x0 y0 y02 3 5 x0 2 x0 y0 y0 3
2
2
m
2
2
2 x0 2 x0 y0 y0 1 2 x0 2 x0 y0 y0
m 1
Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I)
5 x 2 2 xy y 2 3
(II)
x 2 4 xy 4 y 2 0 x 2 y 0 x 2 y
2
2
6 x 6 xy 3 y 3
Thay x 2 y vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được
-
8 y 2 4 y2 y2 1 5 y2 1 y
-
1
2
x
5
5
Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy m 1 .
1
3x 1
2
x y
Ví dụ 6 . Giải hệ phương trình
7 y 1 1 4 2
x y
cho
-
Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt thứ nhất
3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7 y .
Lời giải.
ĐK: x 0, y 0, x y 0 .
Dễ thấy x 0 hoặc y 0 không thỏa mãn hệ pt. Vậy x 0, y 0
1
2
4 2
2 2
2
1
(1)
3x
7y
7y
3x
3x
4 2
2 2 4 2
1 2 2 1
x y
3x
7y
3x
7y
7y x y
1
2 2 1
2 2
1
Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được
7 y 3 x
7y x y
3x
y 6x
1
8
1
2
2
7 y 38 xy 24 x 0
4
y x
3x 7 y x y
7
1
1
x y
Hệ
1 1
x y
-
2
TH 1. y 6 x thế vào pt (1) ta được
1
2
11 4 7
22 8 7
1 x
y
21
7
3x
21x
-8-
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
4
7
-
TH 2. y x không xảy ra do x 0, y 0 .
-
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất x; y
-
11 4 7 22 8 7
;
.
7
21
a b m
m n 2a
Chú ý. Hệ phương trình có dạng
. Trong trường hợp này,
a
b
n
m
n
2
b
dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất
căn thức.
n
a
bx m px qy
Tổng quát ta có hệ sau :
c m n
dy
px qy
x 2 ( y z ) 2 (3 x 2 x 1) y 2 z 2
Ví dụ 7 . Giải hệ phương trình y 2 ( z x ) 2 (4 y 2 y 1) z 2 x 2
z 2 ( x y ) 2 (5 z 2 z 1) x 2 y 2
Phân tích. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho x 2 y 2 z 2 thì ta được hệ mới đơn giản
hơn.
-
y 0
z 0
hoặc
z t, t
y t, t
Tương tự với y 0 và z 0 ta thu được các nghiệm là (0;0; t ), (0; t ;0), (t ;0;0), t
TH 2. xyz 0 . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho x 2 y 2 z 2 ta được
TH 1. xyz 0 . Nếu x 0 thì hệ y 2 z 2 0
1 1 2
1
3
x
z y
2
1
1 1
4
y
x z
2
1
1
1
5
y x
z
1
z
1
2
1
2
x
(1)
1
2
y
(2) . Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được :
1
2
z
(3)
2
2
1 1 1
1
1
1
1 1 1 1
12
y
x y z x2 y2 z2
x z y x
1 1 1
2
x y z 4 (4)
1 1 1 1 1 1
12 0
1 1 1 3
x y z x y z
(5)
x y z
2
-
1
1 1
9
9
Từ (4) và (1) ta có 4 3 2 13 x
x
x x
x
13
-9-
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
-
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
Tứ (4) và (2) ta có y 3 . Từ (4) và (3) ta có z 9
4
11
5
5
Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có x , y 1, z .
6
4
Vậy hệ có tập nghiệm là
9 3 9
5
5
S = (t;0;0); (0; t;0); (0;0; t ); ; ; ; ; 1; , t
4
13 4 11 6
Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy : từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi biến số
(ở trên là phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với một hệ phức tạp ta sẽ
nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản.
-
3. Bài tập tự luyện.
x 2 2 xy y 2 2
Bài 1 Giải hệ phương trình: 2
2
x xy y 3
Bài 2 Giải các hệ ptrình:
2 3x 1 5 y 3x
a)
1 5 y 5 y 3 x 5
x 2 x. 1 y 4 1
b)
x. 1 y 4 y 4 2
x. y 3 y 2 x 4 y 7
c)
.
2
2 x. y y 2 x 2 y 1
Bài 3 Giải các hệ ptrình:
x y x2 y 2
2
1 x 2 y 2
a)
y x x2 y 2 7
2
2
4
1
x
y
x 3 y 3 3( x y )
3
b)
3
2
4
4 x 6 x 4 x 1 15 y
5y
x
x2 y x y 2 4
c)
2
2
5 x y x 5 y 5
x. y
III. Phương pháp biến đổi thành tích.
1. Tóm tắt lý thuyết:
* Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử.
Đôi khi cần kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích.
2. Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1 (Đề thi ĐH năm 2003 khối A)
1
1
x y
x
y
Giải hệ phương trình
2 y x3 1
-
(1)
(2)
Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích.
Lời giải.
1 1
x y
1
0 x y
0 ( x y ) 1 0
x y
xy
xy
1 5
TH 1. x y thế vào (2) ta được x 3 2 x 1 0 x 1 hoặc x
(t/m)
2
ĐK: xy 0 . (1) x y
- 10 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
1
1
0 y thế vào (2) ta được
xy
x
1
1
3
x 4 x 2 0 ( x 2 )2 ( x ) 2 0 .
2
2
2
TH 2. 1
PT này vô nghiệm.
1 5 1 5 1 5 1 5
;
;
;
2
2
2
2
Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1);
* Chú ý: Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể
giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x).
x 3 6 x 2 y 9 xy 2 4 y 3 0
Ví dụ 2 Giải hệ phương trình: 2
x, y .
x 6 y y 2
Lời giải.
3
2
2
3
x 6 x y 9 xy 4 y 0 (1)
Ta có
Đk: x 2 6 y 0 .
2
x 6 y y 2 (2)
2
x y
x 4y
Từ (1) x y x 4 y 0
Với x y thay vào (2) ta được
x 2
x 2
x2 6 x x 2 2
x2
2
x 2
x 6x x 4x 4
Với x 4 y thay vào (2) ta được
y 2
16 y 2 6 y y 2
2
2
16 y 6 y y 4 y 4
y 2
1 61
y
1
61
y 2
y
15
15
2
1 61
15 y 2 y 4 0
y
y 1 61
15
15
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm:
4 4 61 1 61 4 4 61 1 61
;
;
;
15
15
15
15
x; y 2; 2 ;
Ví dụ 3 (Đề thi ĐH năm 2008 khối D)
(1)
xy x y x 2 2 y 2
Giải hệ phương trình
x 2 y y x 1 2 x 2 y (2)
Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết
quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1).
Lời giải.
ĐK: x 1, y 0
(1) y ( x y ) ( x y ) x 2 y 2 ( x y )( y 1 x y ) 0
TH 1. x y 0 (loại do x 1, y 0 )
TH 2. 2 y 1 x 0 x 2 y 1 thế vào pt (2) ta được
- 11 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
(2 y 1) 2 y y 2 y 4 y 2 2 y ( y 1) 2 y 2( y 1)
y 1 0
y 1
. Do y 0 y 2 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (5;2)
2 y 2
y 2
Ví dụ 4 (Đề thi ĐH năm 2012 khối D)
(1)
xy x 2 0
Giải hệ 3
2
2
2
2 x x y x y 2 xy y 0 (2)
HD:
Biến đổi phương trình (2) thành tích.
Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y.
xy x 2 0
1 5
Hệ đã cho
. Hệ có 3 nghiệm ( x; y ) (1; 1); (
; 5)
2
2
(2 x y 1)( x y ) 0
1
1
x 3 y 3
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình
x
y
( x 4 y )( 2 x y 4 ) 3 6
(1)
(2)
Lời giải.
x y
1
1
( y x)( y 2 xy x 2 )
x 3 y 3 ( x y)
y 2 xy x 2
3 3
1
x
y
xy
x3 y 3
x 6
2
TH 1. x y thế vào pt thứ hai ta được x 4 x 12 0
x2
2
2
y xy x
TH 2.
1 xy 0 .
x3 y3
2
2
2
2
(2) 2 x 4 y 9 xy 4 x 16 y 36 2( x 1) 4( y 2) 9 xy 18
Trường hợp này không xảy ra do xy 0 2( x 1) 2 4( y 2) 2 9 xy 0
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = (2;2); (6; 6)
xy ( x y )( xy 2) x y y
( x 1)( y xy x x 2 ) 4
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình
Lời giải.
x; y 0
xy ( x y )( xy 2) 0
-
Điều kiện :
-
PT (1) xy ( x y )( xy 2) y ( x y ) 0
( x y )( y xy 2)
xy ( x y )( xy 2) y
x y
x y
0
y xy 2
1
0
( x y)
xy ( x y )( xy 2) y
x y
- 12 -
(3)
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
-
Từ PT (2) ta có y xy x 2 x
y xy 2
xy ( x y )( xy 2) y
-
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
4
4
( x 1) 2 x 1
2 2
x 1
x 1
1
0
x y
PT (3) x y , thay vào PT (2) ta được : x 3 2 x 2 3x 4 0
x 1 hoặc x
1 17
2
1 17
2
1 17 1 17
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 1);
;
2
2
-
Kết hợp với điều kiện ta có x 1 , x
2x
2y
3
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình y
x
x y xy 3
Lời giải.
Điều kiện: xy 0
2x 2 y
5
x
Hệ phương trình cho tương đương với y
x y xy 3
x 2 y
2x 2 2 y 2 5 xy 0
( x 2 y )(2x y ) 0
x y xy 3
y 2 x
x y xy 3
x y xy 3
x y xy 3
x 2 y
3
( x; y ) 2; 1 , ( x; y ) 3;
2
x y xy 3
y 2x
3
+ Với
( x; y ) 1; 2 , ( x; y ) ( ;3)
2
x y xy 3
3
3
Vậy hệ có nghiệm là : 2; 1 , 3; , 1; 2 , ( ;3) .
2
2
+ Với
3. Bài tập tự luyện.
8 xy
2
2
x
y
16
x
y
Bài 1. Giải hệ phương trình
x y x2 y
Bài 2 (Đề thi ĐH năm 2011 khối A)
5 x 2 y 4 xy 2 3 y 3 2( x y ) 0
Giải hệ PT :
2
2
2
xy ( x y ) 2 ( x y )
x3 y 3 4(4 x y )
Bài 3 Giải hệ :
1 y 2 5(1 x 2 )
- 13 -
(1)
(2)
(1)
(2)
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
2
4
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
3
4 x y 4 xy 1
2
2
4 x 2 y 4 x. y 2
Bài 4 Giải hệ :
2
2
3
( x y x. y )( x y ) 1 y
2
2
3
( x y x. y )( x y ) 1 y
Bài 5 Giải hệ :
x 3 6 x 2 y 9 xy 2 4 y 3 0
x y x y 2
Bài 6 Giải hệ phương trình:
x y 2 x 4 y 0
HD: HPT
x y x y 2
Nghiệm của hệ : 2; 2 và 32 8 15;8 2 15 .
IV. Phương pháp đặt ẩn phụ.
1. Tóm tắt lý thuyết:
* Cơ sở phương pháp. Khi giải 1 hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình 1 cách
hợp lý để nhận được hệ mới mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn
phụ và dẫn tới hệ mới ( với ẩn mới ) dễ tìm được nghiệm hơn.
* Chú ý. Thông thường ta dùng số ẩn phụ của hệ phương trình mới và cũ bằng nhau.
2. Các ví dụ minh họa:
x y xy 1
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2
2
x y xy 7
Lời giải.
Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến.
( x y ) xy 1
Hệ
2
( x y ) 3 xy 7
x y S
Đặt
x, y S 2 4 P ta được
xy P
S P 1
S 1, P 2
2
S 4, P 3
S 3P 7
S 1
x y 1 x 1, y 2
P 2 xy 2
x 2, y 1
TH 1.
S 4 x y 4
x 1, y 3
TH 2.
. Vậy tập nghiệm của hệ là
P 3
xy 3
x 3, y 1
S = (1;2); (2; 1); (1; 3); (3; 1)
Chú ý.
Nếu hệ pt có nghiệm là ( x; y ) thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là ( y; x) . Do vậy,
để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x y .
Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi
cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn.
Bài tập tương tự :
Bài 1.
2
2
Giải hệ phương trình: x xy y 1
x y xy 3
- 14 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
x y 1
Bài 2 (Đề thi ĐH năm 2004 khối D) Tìm m để hệ có nghiệm :
x x y y 1 3m
x 2 y 2 x y 18
xy ( x 1)( y 1) 72
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
-
Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I
Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y và tích xy
Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo x 2 x và y 2 y . Rõ ràng hướng này tốt hơn.
Lời giải.
1
2
x
x
a
,
a
( x 2 x ) ( y 2 y ) 18
4 ta được
Hệ 2
.
Đặt
2
( x x )( y y ) 72
y 2 y b, b 1
4
-
a b 18 a 6, b 12
ab 72
a 12, b 6
x 2 x 6
a 6
x 2, x 3
TH 1.
2
b 12 y y 12 y 3, y 4
TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được x 3, x 4 . Vậy tập nghiệm của hệ là
y 2, y 3
S = (2;3); (2; 4); ( 3;3); (3; 4); (3;2); (4;2); (3; 3); (4; 3)
Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau
-
Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản a b 18 (I)
ab 72
1)
2
2
Thay a x x, b y y vào hệ (I) ta được hệ
x 2 y 2 x y 18
(1)
đó chính là ví dụ 2.
xy
(
x
1)(
y
1)
72
2)
Thay a x 2 xy, b y 2 xy vào hệ (I) ta được hệ
(2)
3)
(3)
4)
(4)
5)
x 2 y 2 18
2
2
xy ( x y ) 72
Thay a x 2 2 x, b 2 x y vào hệ (I) ta được hệ
x 2 4 x y 18
x( x 2)(2 x y ) 72
1
1
Thay a x , b y vào hệ (I) ta được hệ
x
y
( x y ) xy x y 18 xy
2
2
( x 1)( y 1) 72 xy
Thay a x 2 2 xy, b y 2 xy vào hệ (I) ta được hệ
- 15 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
2
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
2
x y xy 18
…
xy ( x 2 y )( y x ) 72
(5)
a.
Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới.
a b 7
b.
Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II)
và làm tương tự như trên ta lại
2
2
a
b
21
thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn :
6)
Thay a x 2 y 2 , b xy vào hệ (II) ta được hệ
x 2 y 2 xy 7
(6) 4
4
2 2
x y x y 21
1
1
7)
Thay a x , b y vào hệ (II) ta được hệ
x
y
1 1
x y x y 7
(7)
x 2 y 2 1 1 21
x2 y 2
1
x
8)
Thay a x , b vào hệ (II) ta được hệ
y
y
xy x 1 7 y
(8)
2
2
2
( xy 1) x 21 y
1
9)
Thay a x y , b vào hệ (II) ta được hệ
y
( x y ) y 1 9 y
(9)
2 2
2
( x y 2) y 21 y 1
10)
Thay a x 2 2 x, b y 2 2 x vào hệ (II) ta được hệ
x2 y 2 4 x 7
(10) 4
...
4
2
2
x
y
4
x
(
x
y
)
21
2 x 2 3 y y 2 8 x 1 0
Giải hệ phương trình:
x x 8 y y 3 13 0
Ví dụ 3
Lời giải.
2
2
+ Điều kiện: x 3 y 0, y 8 x 0
Đặt u x 2 3 y , v y 2 8 x
u, v 0
2u v 1
v 2u 1
v 2u 1
2
2
2
2
2
2
u v 13 u v 13 u (2u 1) 13
v 2u 1
v 2u 1
u 2
u 2
2
v 3
5u 4u 12 0
u 6 (loai)
5
+ Ta được:
- 16 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
2
4 x
y 3
2
x 2 3 y 2
x 3 y 4
+ Khi đó
2
2 2
y 8 x 9
y 2 8 x 3
4 x 8 x 9
3
4 x2
y
3
x 4 8 x 2 72 x 65 0
x 1
4 x2
y
4 x2
3
y
y 1
3
x 5
( x 1)( x 5)( x 2 4 x 13) 0
x 1
x 5
y 7
Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình là:
S (1;1),( 5; 7)
y 2 x y 9 x
Ví dụ 4 Giải hệ phương trình:
( x, y ).
y x y 9 0
Lời giải.
x y 2 x y 9
Điều kiện: x y . Hệ đã cho
(*)
y x y 9 0
a2 b
a x y
x
2
Đặt: b x y
2
a 0
y b a
2
b
2
a
9
(1)
Hệ (*) trở thành b a 2
.a 9 0 (2)
2
Thế (1) vào (2) được: a3 2a 2 9a 18 0 (a 2)(a 2 9) 0 a 3.
x 6
.
a 3 b 3
y 3
Vậy nghiệm của hệ là: x; y 6; 3 .
4
2
2
x 4 x y 6 y 9 0
Ví dụ 5 Giải hệ phương trình: 2
2
x y x 2 y 22 0
Lời giải.
2
2
2
( x 2) ( y 3) 4
Hpt 2
2
( x 2 4)( y 3 3) x 2 20 0
x2 2 u
Đặt
y 3 v
u 2 v 2 4
u 2
u 0
Khi đó ta được
hoặc
v 0
v 2
u.v 4(u v) 8
- 17 -
( x, y )
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
x 2 x 2 x 2 x 2
;
;
;
y
3
y
3
y
5
y 5
KL: nghiệm của hpt đã cho là: 2;3 , 2;3 ,
2;5 , 2;5
( x y )( xy y 5) 8
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình:
2
2
x y x ( y 1) 3
(I)
Lời giải.
2
( x y ) ( x y )( xy x 5) 8
(I )
2
( x y ) ( xy x ) 3
a 2 a (b 5) 8
x y a
Đặt
a 2 a (a 2 2) 8
hệ (I) có dạng: 2
a b 3
xy x b
a 3 a 2 2a 8 0 (a 2)(a 2 a 4) 0 a 2 b 1
3 5
x
2
1 5
y
x
y
2
a
2
x
y
2
2
Với
2
b 1
xy x 1
x 3x 1 0
3 5
x
2
1 5
y
2
3 5 1 5 3 5 1 5
Vậy hệ phương trình có nghiệm
;
;
;
.
2
2
2
2
1 xy xy x
Ví dụ 7 Giải hệ phương trình: 1
(x, y )
1
y
y
3
y
x
x x
Lời giải.
ĐK : x 0; y 0. Chia hai vế phương trình thứ nhất của hệ cho x ta được
1
y
1
y
x
x
1 y y 1 3 y
x x
x
a 2 b 2 ab 1
y ta được 3 3
a b a 3b
Suy ra a 3 b3 (a 3b)( a 2 b 2 ab) b(b 2 2ab 2a 2 ) 0 b 0 (vì a 0 )
x 1
Với b 0 y 0 x 1 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất
.
y 0
Ví dụ 8 (Đề thi ĐH năm 2007 khối D).
1
Đặt a
;b
x
- 18 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
1
1
x x y y 5
Tìm m để hệ có nghiệm :
.
x 3 1 y 3 1 15m 10
x3
y3
1
a x x
HD: Đặt ẩn phụ
Điều kiện a ; b 2
1
b y
y
a b 5
Ta có hệ 3
3
a 3a b 3b 15m 10
Ví dụ 9 (Đề thi ĐH năm 2009 khối D).
x( x y 1) 3 0
Giải hệ phương trình :
5
2
(
x
y
)
1 0
x2
Lời giải.
1
x
y
1
3.
0
x
1
ĐK. x 0 . Hệ
Đặt x y a, b ta được hệ :
2
x
( x y )2 5. 1 1 0
x
a 2, b 1
x y 1
a 1 3b 0
a 3b 1
2
1
1
3
2
2
2
a , b
x 2, y
a 5b 1 0 (3b 1) 5b 1 0
2
2
2
5
2
3
2
x
y
x
y
xy
xy
4
Ví dụ 10 (Đề thi ĐH năm 2008 khối A). Giải hệ phương trình :
x 4 y 2 xy (1 2 x) 5
4
Lời giải.
5
2
2
(
x
y
)
xy
(
x
y
1)
x2 y a
4
Hệ
. Đặt
ta được :
5
xy
b
2
2
( x y ) xy
4
5
5
2
a
b
(
a
1)
a
0,
b
a
a
ab
0
4
4
5
2
a 1 , b 3
a 2 b 5
b 4 a
4
2
2
- 19 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
3 5
25
Vậy tập nghiệm của hệ pt là S = 1; ; 3 ; 3
2 4
16
x 2 y 2 2( x y ) 7
Ví dụ 11 Giải hệ phương trình :
y ( y 2 x) 2 x 10
Lời giải.
x 2 y 2 2( x y ) 7
( x 1) 2 ( y 1) 2 9
Hệ
.
2
2
y ( y 2 x ) 2 x 10
( y x ) ( x 1) 9
a 2 b2 9
Đặt a x 1, b y 1 b a y x ta được hệ
2
2
(b a ) a 9
a 2 b 2 (b a )2 a 2 a 2 2ab a 0 hoặc a 2b
Với a 0 b 3 x 1, y 2 hoặc x 1, y 4
Với a 2b 5b 2 9 b
-
x 1
3
6
a
5
5
6
3
6
3
hoặc x 1
, y 1
, y 1
5
5
5
5
Cách 2 : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được :
x 2 xy 4 x 2 y 3 0 ( x 1)( x 2 y 3) 0
2
x y xy 3
Ví dụ 12 (Đề thi ĐH năm 2006 khối A). Giải hệ phương trình :
x 1 y 1 4
Lời giải.
ĐK: x 1, y 1, xy 0
x y xy 3
x y xy 3
Hệ
x y 2 2 ( x 1)( y 1) 16 x y 2 x y xy 1 14
Đặt x y a,
xy b . a 2, b 0, a 2 4b 2 ta được hệ pt
a b 3
a 3 b
a 3 b
2
2
2
a 2 a b 1 14 2 b b 4 11 b
3b 26b 105 0
b 3 x 3
(thỏa mãn đk)
a 6 y 3
3. Bài tập tự luyện.
Bài 1 Giải các hệ phương trình :
a) (Đề thi CĐ năm 2010).
b) (Đề thi ĐH năm 2002 khối B).
- 20 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
2 2 x y 3 2 x y
2
2
x 2 xy y 2
3 x y x y
x y x y 2
x 2 y 2 x 2 y
c)
3 4 2 x 2 y 4 1
Bài 2 Giải các hệ sau:
2 x 3 (6 y ) x 2 3 xy 18 0
3 x 3 (6 y ) x 2 2 xy 18 0
a)
b)
2
2
x x y 3
x x y 7
x( x 2)(3 x y ) 18 0
a x ( x 2)
HD: a) Hệ
Đặt
x( x 2) (3x y ) 0
b 3 x y
x( x 3)(2 x y ) 18 0
a x ( x 3)
b) Hệ
Đặt
x( x 3) (2 x y ) 0
b 2 x y
x y 8
Bài 3 Giải hệ phương trình:
2
2
x 9 y 9 10
.
HD: Bình phương cả 2 PT.
2 1
1
2
x 2 y 2 2 7
x
y
Bài 4 Giải hệ :
6 1 1
x y xy
HD:
1
1
PT (1) ( x )2 2 ( y ) 2 2 2 7
x
y
x y
1
1
PT (2) 6
( x y ) ( x ) ( y ) 6 . Ta có
xy
x
y
a b 6
2
2
a 2 b 2 2 7
y ( x 7) x 1 0
Bài 5 Giải hệ :
.
2
2
2
21
y
x
(
xy
1)
HD:Lần lượt chia cho y; y 2 và đặt ẩn phụ.
xy x 1 7 y
Bài 6 (Đề thi ĐH năm 2009 khối B). Giải hệ : 2 2
.
2
x y xy 1 13 y
HD: Lần lượt chia cho y; y 2 và đặt ẩn phụ.
x 2 y 2 xy 1 4 y
Bài 7 Giải hệ :
y ( x y )2 2 x 2 7 y 2
HD:Chia 2 vế của 2 PT cho y và đặt ẩn phụ.
- 21 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
2
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
2
2
(2 x y ) 5(4 x y ) 6(2 x y )2 0
Bài 8 Giải hệ phương trình:
1
2 x 2 x y 3 y
Bài 9 Giải các hệ phương trình sau:
10 x - xy - y 2
a)
( x, y R )
2
2
30
x
xy
2
xy
x
y
1
x 2 2 y 2 xy 5 y
(1)
b)
2
2
y ( x y ) x 15 y 2 (2)
x 2 y 2 5 x 5 y 1 0
1
c)
y 1 x y 1 y 2 x y 2
2 2
2
2
2
2
x y 4 x y 3 xy x y 12 xy 3x 4 y 1
d) 2
(HD: Đặt u x 2 3x; v y 2 4 y ,
2
3 x 2 y 9 x 8 y 3
u 1 v 1 2
hệ trở thành:
)
3u 2v 3
Bài 10
Giải các hệ phương trình sau:
2
2
2 x x y 3
1/ 2 2
x y 1
2
xy y x 3 y 0
2/ 2
x xy 2 y 0
1
( x y )(1 xy ) 4
4/
2
2
xy 1 x y 4
xy
xy
1
xy
xy
5/
xy 1
xy
x
y
x
y
y
13
x
y
12
x
5
5
3
3
7( x y ) 31( x y )
3/ 2
2
x xy y 3
1
(
x
y
)(1
)5
xy
6/
.
xy 1 4
xy
1 1
x( x 1) ( 1) 4
y y
7/
x 3 . y 3 x. y x 2 y 2 1 4 y 3
y ( x 2 1) 2 x( y 2 1)
8/ 2 2
1
( x y )(1 x 2 . y 2 ) 24
1
y ( x 1)( x 1 y ) 2
9/
2( x 1) y.( x 1 1 )
y
x y
( x y )( y x ) 15
10/
2
2
( x 2 y 2 )( x y ) 85
y 2 x2
xy (2 x y 6) 2 x y 0
11/ 2 2
1 2
( x y )(1 xy ) 8
12/
x( x y 1) 3 0
13/
5
2
( x y ) x 2 1 0
5
2
3
2
x y x y xy xy 4
14/
x 4 y 2 xy (1 2 x) 5
4
1
( x y )(1 xy ) 6
15/
( x 2 y 2 )(1 1 )2 18
xy
xy x 1 7 y
2 2
2
x y xy 1 13 y
V. Phương pháp hàm số.
1. Tóm tắt lý thuyết:
* Cơ sở phương pháp. Nếu f ( x) đơn điệu trên khoảng (a; b) và x, y (a; b) thì :
f ( x) f ( y ) x y
- 22 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
* Phương pháp giải: Khi giải hệ ta có thể nghỉ đến phép biến đổi tương đương để đưa hệ về 1
hệ mới có 1 phương trình dạng f[u(x)]=f[v(y)] ; ở đó f(t) là hàm số đơn điệu trên khoảng
(a; b) và u(x); v(y) có tập giá trị là ( ; ) (a;b)
2. Các ví dụ minh họa:
x 3 3 x y 3 3 y
Ví dụ 1 . Giải hệ phương trình
x 2 y 2 1
(1)
(2)
Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta muốn
giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số f (t ) t 3 3t không
đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn 1;1 .
Lời giải.
2
2
Từ (2) ta có x 1, y 1 x, y 1;1
Hàm số f (t ) t 3 3t có f '(t ) 3t 2 3 0, t (1;1) f (t ) nghịch biến trên đoạn 1;1 .
x, y 1;1 nên (1) f ( x) f ( y ) x y thế vào pt (2) ta được x y
2
Vậy tập nghiệm của hệ là S =
2
;
2
.
2
2
2
2
;
;
2 2
2
Nhận xét. Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu trên
đoạn đó.
( x 3)( x 4) y ( y 7)
Ví dụ 2 .Giải hệ phương trình: y 2 x 1
.
x 1
2 y
Lời giải.
( x 3)( x 4) y ( y 7) (1)
x 1 0
x 1
y2
x 1
Đk:
.
(2)
2 y 0
y2
x 1
2 y
Từ (1) ta có ( x 1)2 3( x 1) (2 y )2 3(2 y ) (3)
Xét hàm f (t ) t 2 3t , t 0. Ta có f (t ) 2t 3 0, t 0
f (t ) đồng biến trên (0;+ )
Mà (3) f ( x 1) f (2 y ) x 1 2 y x 3 y
Thế vào (2) ta được
y2
2 y
2 y
2 y
y 1 x 2
y2 y 2 0
y 2 x 5
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2 ; 1) và (5 ; – 2 )
x 4 x 2 y 2 y 2 y 3 x 2 y x 2
Ví dụ 3 Giải hệ phương trình:
( x, y R).
3
2
2 y 5 2 x 1 0
Lời giải.
4
2
2
2
3
2
2
x x y y y x y x 1
5
Đk: x
.
3
2
2
2
2 y 5 2 x 1 0
Phương trình (1) ( x 2 1 y )( x 2 y 2 ) 0
- 23 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
x y 0
2
x y 1
Trường hợp x y 0 thế vào (2) không thoả mãn.
Trường hợp x 2 y 1 thế vào phương trình (2): 2 y 3 3 2 y 1 0 3
3
Xét hàm f (t ) 2t 3 3 2t 1; t ;
2
1
3
; f (t ) 0; t ;
2
3 2t
3
Vậy hàm số f (t ) đồng biến trên ; ; mà f (1) 0
2
Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y 1
f (t ) 6t 2
Với y 1 x 2 2 x 2 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;1); ( 2;1) .
4 x 2 1 x y 1 1 2 y 0
Ví dụ 4 Giải hệ phương trình: 2 2
.
4 x y 4 y 2 3 4 x 3
Lời giải.
2
4 x 1 x y 1 1 2 y 0 (1)
2
2
4 x y 4 y 2 3 4 x 3 (2)
1
y 2
Đk:
3
x
4
3
(1) 4 x 2 1 x y 1 1 2 y 0 2 x 2 x
1 2y
3
1 2y
Xét hàm số f (t ) t 3 t trên , f '(t ) 3t 2 1 0t
(1) có dạng f 2 x f
1 2 y 2x 1 2 y x 0
Thay vào phương trình (2) ta được
16 x 4 24 x 2 8 3 4 x 3 0 4 x 2 1 4 x 2 5
16 2 x 1
0
3 4x 1
16
1
3
2 x 1 2 x 1 4 x 2 5
0 x do 0 x
2
4
3 4 x 1
Với x
1
y 0 . Vậy hệ phương trình có nghiệm
2
1
; 0 .
2
x3 3 x y ( y 2 3)
(1)
Ví dụ 5 Giải hệ phương trình:
y ( y 2 1) x y 2 x 2 5 0
(2)
PT (1) x 3 3 x y 3 3 y
Xét hàm f (t ) t 3 3t . HS đồng biến. Từ (1) f ( x ) f ( y ) x y
Thay và (2) tiếp tục sử dụng PP hàm số CM PT (2) có 1 nghiệm duy nhất x 1 y 1 .
1
1
(1)
x x y y
Ví dụ 6 (Đề thi ĐH năm 2003 khối A). Giải hệ :
2 y x3 1
(2)
- 24 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
-
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
1
1
(t 0) f '(t ) 1 2 0 nên hàm số đồng biến.
t
t
Từ (1) f ( x) f ( y ) x y
Xét hàm số f (t ) t
1 5
4
1
1
x 3 y 3
Ví dụ 7 Giải hệ phương trình
x
y
-
Thay vào (2) có nghiệm x 1;
(1)
.
( x 4 y )(2 x y 4) 36
(2)
1
3
(t 0) f '(t ) 1 4 0 nên hàm số đồng biến.
3
t
t
Từ (1) f ( x) f ( y ) x y
Thay vào (2) có nghiệm x 2; 6 . vậy hệ có nghiệm (2;2); (6; 6) .
HD: Xét hàm số f (t ) t
x 3 3 x ( y 1)3 9( y 1)
Ví dụ 8 (Thi HSG tỉnh Hải Dương 2012)
1 x 1 y 1
Từ điều kiện và từ phương trình (2) có x 1; y 1 1
-
(1) x 3 3 x ( y 1)3 3 y 1 , xét hàm số f (t ) t 3 3t trên [1; )
-
Hàm số đồng biến trên [1; ) , ta có f ( x) f ( y 1) x
-
Với x y 1 thay vào (2) giải được x 1; x 2
(1)
(2)
y 1
x 1 x 2
,
y 2 y 5
x 3 3 x 2 9 x 22 y 3 3 y 2 9 y
Ví dụ 9(Đề thi ĐH năm 2012 khối A).Giải hệ phương trình 2
1
2
x y x y
2
1
1
3
1
1
3
Từ phương trình (2) ( x ) 2 ( y ) 2 1 nên
x 1 ; và
y 1
2
2
2
2
2
2
3 3
(1) ( x 1)3 12( x 1) ( y 1)3 12( y 1) nên xét f (t ) t 3 12t trên [ ; ]
2 2
Chỉ ra f(t) nghịch biến. Có f ( x 1) f ( y 1) x 1 y 1
1 3 3 1
Nghiệm ( x; y ) ( ; ); ( ; )
2 2
2 2
Ví dụ 10. (Đề thi ĐH năm 2010 khối A). Giải hệ phương trình
(4 x 2 1) x ( y 3) 5 2 y 0
2
4 x y 2 2 3 4 x 7
(1)
(2)
Lời giải.
2
(1) (4 x 1)2 x (2 y 6) 5 2 y 0
- 25 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
2
(2 x ) 1 (2 x)
5 2y
2
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
3
1 5 2 y (2 x) 2 x
3
5 2y
5 2y
(2 x ) f ( 5 2 y ) với f (t ) t 3 t . f '(t ) 3t 2 1 0, t (t ) ĐB trên . Vậy
f (2 x ) f ( 5 2 y ) 2 x 5 2 y y
5 4x
2
2
,x 0
2
2
2 5 4x
Thế vào pt (2) ta được 4 x
2 3 4 x 7 0 g ( x) 0
2
2
2
3
2 5 4x
Với g ( x ) 4 x
2 3 4 x 7, x 0; . CM hàm g(x) nghịch biến.
2
4
1
y2
2
Ví dụ 11. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
Ta có nghiệm duy nhất x
x3 y 3 3 y 2 3x 2 0
2
2
2
x 1 x 3 2 y y m 0
Lời giải.
- Điều kiện. 1 x 1, 0 y 2
(1) x 3 3 x ( y 1) 3 3( y 1)
- Hàm số f (t ) t 3 3t nghịch biến trên đoạn [1;1]
x, y 1 1;1 nên f ( x ) f ( y 1) x y 1 y x 1
Thế vào pt (2) ta được x 2 2 1 x 2 m (3)
Hệ có nghiệm Pt (3) có nghiệm x 1;1
Xét g ( x) x 2 2 1 x 2 , x 1;1 , g '( x) 2 x 1
1 x2
1
g '( x) 0 x 0 . g (0) 2, g (1) 1
Pt (3) có nghiệm x 1;1 2 m 1 1 m 2
x5 xy 4
Ví dụ 12 Giải hệ :
4 x 5
y10 y 6
(1)
y2 8 6
2
.
HD: TH1 : Xét y 0 thay vào hệ thây không thỏa mãn.
x
x
TH2 : Xét y 0 , chia 2 vế của (1) cho y 5 ta được ( )5 y 5 y (3)
y
y
Xét hàm số f (t ) t 5 t f '(t ) 5t 4 1 0 nên hàm số đồng biến.
x
x
Từ (3) f ( ) f ( y ) y x y 2
y
y
-
Thay vào (2) ta có PT
4 x 5 x 8 6 x 1 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (1;1)
- 26 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
x
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
y
2 2 ( y x )( xy 2)
Ví dụ 13. Giải hệ phương trình
2
2
x y 2
Phân tích. Nếu thay 2 x 2 y 2 vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt
Lời giải.
2
2
Thay 2 x y vào phương trình thứ nhất ta được
2 x 2 y ( y x)( xy x 2 y 2 ) 2 x 2 y y 3 x3 2 x x 3 2 y y 3 (1)
Xét hàm số f (t ) 2t t 3 , t có f '(t ) 2t ln 2 3t 2 0, t suy ra f (t ) đồng biến trên
. (1) f ( x) f ( y ) x y thế vào pt thứ hai ta được
x y 1 . Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1); (1; 1)
x x 2 1 3 y
Ví dụ 14. Giải hệ phương trình
2
x
y y 1 3
Lời giải.
Trừ vế hai pt ta được
x x 2 1 y y 2 1 3 y 3x x x 2 1 3x y y 2 1 3 y
f ( x ) f ( y ) với f (t ) t t 2 1 3t . f (t ) 1
t
3t ln 3 0,
2
t 1
f (t ) đồng biến trên . Bởi vậy f ( x) f ( y ) x y thế vào pt thứ nhất ta được
x x 2 1 3x 1 3x
Với g ( x) 3x
x 2 1 x g (0) g ( x)
x 2 1 x . g '( x) 3x ln 3
x
x 2 1 x 3x 2
1
x 1
1
2
x 2 1 x ln3 2
0, x do x 1 x 0 và
x 1
Suy ra g ( x) đồng biến trên . Bởi vậy g ( x) g (0) x 0
3x
x2 1 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0
y
x
e 2007 2
y 1
Ví dụ 15. Chứng minh hệ
có đúng 2 nghiệm x 0, y 0
x
e y 2007
2
x 1
Lời giải.
2
x 1 0
x (; 1) (1; )
x 0
x 1
.
Do
nên
2
y 0
y 1
y 1 0 y (; 1) (1; )
x
y
x
x
Trừ vế hai pt ta được e x e y
e
ey
2
2
2
x 1
y 1
x 1
t
Hay f ( x ) f ( y ) với f (t ) et 2
, t (1; ) .
t 1
ĐK:
- 27 -
y
y2 1
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
f '(t ) et
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
1
0, t (1; ) f (t ) đồng biến trên (1; ) .
1 t 2 1
Bởi vậy f ( x) f ( y ) x y thế vào pt thứ nhất ta được
x
x
e x 2007 2
ex 2
2007 0 g ( x ) 0
x 1
x 1
x
Với g ( x) e x
2007, x (1; ) . Ta có
x2 1
1
3 x( x 2 1)
x
g '( x) e x 2
;
g
''(
x
)
e
0, x (1; )
2
2
3
2
( x 1) x 1
( x 1) x 1
Suy ra g '( x) đồng biến trên (1; ) . g '( x) liên tục trên (1; ) và có
lim g '( x) , lim g '( x) nên g '( x) 0 có nghiệm duy nhất x0 (1; ) và
x 1
t
2
x
g '( x) 0 g '( x) g '( x0 ) x x0 . g '( x) 0 1 x x0
Từ BBT của g ( x) ta suy ra pt g ( x ) 0 có đúng 2 nghiệm x (1; ) .
Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương.
ln(1 x ) ln(1 y ) x y
(1)
Ví dụ 16 Giải hệ phương trình 2
2
(2)
x 12 xy 20 y 0
Lời giải.
ĐK: x 1, y 1
(1) ln(1 x) x ln(1 y ) y f ( x) f ( y ) với f (t ) ln(1 t ) t , t (1; )
1
t
1
0 t 0 (1; ) f (t ) ĐB trên (1;0) và NB trên (0; )
1 t
1 t
TH 1. x, y (1;0) hoặc x, y (0; ) thì f ( x) f ( y ) x y
Thế vào pt (2) ta được x y 0 (không thỏa mãn)
TH 2. x (1;0), y (0; ) hoặc ngược lại thì xy 0 x 2 12 xy 20 y 2 0
TH 3. xy 0 thì hệ có nghiệm x y 0 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất x y 0
f '(t )
Ví dụ 17. (Đề thi HSG 12 Vĩnh Phúc 2012 – 2013). Giải hệ phương trình:
2 y 3 y 2 x 1 x 3 1 x
(x , y )
2
2 y 1 y 4 x 4
Lời giải.
Điều kiện: 4 x 1; y . Ta có
(1) 2 y 3 y 2 1 x 2 x 1 x 1 x
2 y 3 y 2(1 x) 1 x 1 x
Xét hàm số f (t ) 2t 3 t , ta có f '(t ) 6t 2 1 0, t f (t ) đồng biến trên . Vậy
y 0
(1) f ( y ) f ( 1 x ) y 1 x 2
y 1 x
Thế vào (2) ta được 3 2 x 1 x 4 x 4 (3). Xét hàm số g ( x ) 3 2 x 1 x x 4,
liên tục trên [-4;1], ta có
- 28 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
1
1
1
g '( x)
0 x (4;1) g ( x ) nghịch biến trên [-4;1]. Lại có
3 2x 2 1 x 2 x 4
g (3) 4 nên x 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
x 3
Với x 3 suy ra y 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất
y 2.
3. Bài tập tự luyện.
Bài 1 Giải các HPT sau :
3
3
x x y y
a)
2
2
x y 2
Bài 2 Giải hệ phương trình :
x 5 5 x y 5 5 y
a)
x 2 y 2 1
5
5
x x y y
2
2
x y 2
b)
(1)
(2)
x2 2 y 5
2
log 7
3( y x ) 15 log 7 3
y
b)
4 2
2
4 4
2 y 10 y 24 y 6 2 x 1 x 1
HD: b) Đặt f(t) = log 7 t +3t ; mọi t>0
x 2 1 3x 2 y 2
4 y 2 1 1 8 x2 y3
Bài 3 Giải hệ phương trình:
x 2 y x 2 0
HD: +) Với y 0 thì VT 1 0 , VP 1 0 Hệ phương trình chỉ có nghiệm x, y với y 0 .
+) Vì y 0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x 2
Khi đó: 1 x 2 1 3 x 2 y 2 2 x 2 y
4 y2 1 1
x2 1 2 2 x2 y 4 y 2 1 x2 y
(3)
Thay 2 x x 2 y vào phương trình (3) ta được:
1
1 1
1 2 2 y 4 y2 1 2 y
x
x
x
+) Xét hàm số: f t t 1 t 2 t với t 0
f ' t 1 t 2
t2
1 t2
1 0 với mọi t 0
1
2
1
Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất x, y 4; .
8
f t là hàm đồng biến trên 0; . Suy ra xy
VI. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức.
1. Tóm tắt lý thuyết:
* Cơ sở phương pháp : Sử dụng các BĐT để chứng minh VT VP hoặc ngược lại, dấu bằng
xảy ra khi vế trái bằng vế phải
- 29 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
2. Dùng bất đẳng thức giữa TBC và TBN (bất đẳng thức Cauchy):
2.1 bất đẳng thức giữa TBC và TBN (bất đẳng thức Cauchy):
n
x
k
k 1
Cho n số không âm x1;x2;…;xn ta có:
n
n
n
x
k
(dấu “=” xảy ra x1=x2=…=xn )
k 1
* Chú ý: Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm
của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)
2.2 Các ví dụ minh họa:
x y 2 z 3 11
6
(I)
x. y.z 6. 108
x, y, z 0
Ví dụ 1. Giải hệ:
Lời giải.
y2
z3
x
Theo bất đẳng thức Cauchy cho 11 số dương gồm 6 số ; 3 số
,2 số
ta có:
6
3
2
x
x+y +z 11.11
6
2
3
6
3
y2 z3
. .
3 2
2
x6 y 6 z 6
. . 1
66 33 22
Do đó: x.y.z 6. 6 108 ( dấu ‘=’ xảy ra
x y2 z3
)
6 3
2
Vậy hệ tương đương:
x, y, x 0
x 6k
y 2 3k
Vấy hệ có n0 là x=6;y= 3; z 3 2 .
3
z
11
k
x. y.z 6. 6 108
x y 2 z 3 11
Ví dụ 2. Giải hệ :
x, y, z , t 0
x y z t 4
4
4
4
4
x(3 y z ).t y (3z t ).x z (3t x ) y t (3x y ).z 4 2.
Lời giải.
Do x, y, z, t>0 nên:
4
4 x(3 y z ).4t.4
4 x 3 y z 4t 4
4
Chứng minh tương tự, ta có:
4
(dấu ‘=’ xảy ra x=t=1 và 3y+z=4)
4 y (3z t ).4 x.4
4 y 3z t 4 x 4
(dấu ‘=’ xảy ra x=y=1
4
và 3z+t=4)
Còn 2 bđt tương tự.
Cộng lại ta được:
S 4. 2 ( dấu ‘=’ xảy ra x=y=z=t=1). Vậy nghiệm của hpt là : x=y=z=t=1
- 30 -
Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số
2
Dương Ngọc Anh – Trường THPT Bến Tre
2
2 x y ( x 1)
Ví dụ 3. Giải hệ: 3 y 3 z ( y 4 y 2 1)
4
6
4
2
4 z x ( z z z 1)
(I)
HD:
Gọi (x; y; z) là n0 của hệ đã cho.
Khi x=0 thay vào hệ ta được y=z=0 .1 n0 của hệ (0;0;0)
Khi x 0 thì từ (1) cho y>0 nên z>0 và như vậy x>0 .
Dùng bđt Cauchy: 2x2 =y(x2+1) 2x.y x y
Tương tự: 3y3 = z(y4+y2+1) 3z.y2 y z
Tương tự : z x .Do đó: x=y=z .Từ đó tìm được nghiệm của hệ .
2 x. y
x2 y
x 3 2
x 2x 9
Ví dụ 4. Giải hệ:
2 x. y
y
y2 x
2
3
y 2y 9
(I)
Lời giải.
Hệ trên là hệ đối xứng loại 2
1
1
2 x. y
x 2 y 2 (*)
2
2
3 ( x 1) 8 3 ( y 1) 8
(I)
2 x. y
x2 y
x 3 2
x 2x 9
1
1
Xét pt (*) ta có: x2+y2 2. x. y ;
nên
3
( x 1)2 8 2
VT (*) 2 x. y
Do đó: x=y=1 hoặc x=y =0 ( thử lại)
Ví dụ 5: Giải hệ:
6 x 2 y (1 9 x 2 )
2
2
6 y z (1 9 y )
2
2
6 z x(1 9 z )
(I)
HD.
Từ hệ đã cho, ta có y=3x2(2-3y) ta thấy : y=2/3 không là n0 của hệ nên y 2/3 ;cho nên 3x2
=
y
từ đó:
2 3y
0 y