Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 11 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
11
Dung lượng
482,5 KB
Nội dung
Sachthamkhao.Vn MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ BẰNG CÁCH QUY MỘT PHƯƠNG TRÌNH CỦA HỆ VỀ DẠNG F(U) = F(V) I Kiến thức bản: Cơ sở lý thuyết * f / ( x) > 0∀x ∈ ( a; b ) ⇒ f ( x) đồng biến ( a; b ) * f / ( x) > 0∀x ∈ ( a; b ) ⇒ f ( x) đồng biến ( a; b ) Cơ sở lý thuyết * f / ( x) ≥ 0∀x ∈ ( a; b ) f / ( x) = số hữu hạn điểm ⇒ f ( x) đồng biến ( a; b ) * f / ( x) ≤ 0∀x ∈ ( a; b ) f / ( x) = số hữu hạn điểm ⇒ f ( x) nghịch biến ( a; b ) Cơ sở lý thuyết * f / ( x) > ∀x ∈ ( a; b ) f(x) liên tục [ a; b ] ⇒ f ( x) đồng biến [ a; b ] * f / ( x) < ∀x ∈ ( a; b ) f(x) liên tục [ a; b ] ⇒ f ( x) nghịch biến [ a; b ] Cơ sở lý thuyết Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu liên tục D số nghiệm f(x)=k D có nhiều nghiệm f(x)=f(y) ⇔ x=y với x,y thuộc D II Phương pháp: Phương pháp chung + Đưa phương trình hệ dạng f (u ) = f (v) + Tìm tập giá trị u Du tập giá trị v Dv + Chứng minh hàm số y = f (t ) đơn điệu tập hợp D = Du ∪ Dv + Suy ra, u = v + Tìm mối liên hệ x y thay vào phương trình lại để giải tiếp Sachthamkhao.Vn III Các ví dụ: Biến đổi trực tiếp phương trình hệ dạng f(u)= f(v): x + y + x + y = (1) Bài toán Giải hệ x + + y + = (2) Giải: x ≥ −2 Điều kiện: (*) y ≥ −3 5 5 Ta có (1) ⇔ x + y + x + y = ⇔ x + x = (− y ) + (− x) ⇔ f ( x) = f (− y ) (3) Với f (t ) = t + t Xét hàm số f (t ) = t + t ¡ / Ta có f (t ) = 5t + > 0∀t ∈ ¡ Suy ra, f(t) đồng biến ¡ Nên phương trình (3) ⇔ x = − y y ≤ Điều kiện (*) trở thành y ≥ −3 Thay x= - y vào phương trình (2) ta − y + y + = ⇔ + − y2 − y + = y = ( n) ⇔ − y2 − y + = ⇔ y = −2 ( n ) Với y = ⇒ x = −1 (thỏa điều kiện) Với y = −2 ⇒ x = (thỏa điều kiện) Vậy nghiệm hệ cho (-1 ; 1), (2 ; -2) x + xy = y + y (1) Bài toán Giải hệ 3x + + y + = (2) Sachthamkhao.Vn ( KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM 2011-2012 ) Giải Điều kiện: x ≥ − (*) 3 x x Ta có (1) ⇔ x + xy = y + y ⇔ ÷ + = y + y ( y = không thỏa hệ) y y Xét hàm số f (t ) = t + t , t ∈ ¡ / Ta có f (t ) = 3t + > ∀ t ∈ ¡ Nên hàm số f(t) đồng biến ¡ Do đó, (3) ⇔ x = y ⇔ x = y2 y Thay vào (2 ta x + + x + = ⇔ x + + x + 10 x + = 16 x ≤ x ≤ ⇔ 3x + 10 x + = − x ⇔ ⇔ x = ⇔ x = − x + 34 x − 33 = x = 33 Với x = ⇒ y = ±1 Vậy nghiệm hệ cho (1 ;1), (1 ; -1) ( x + 4) x + = ( y + 3) y (1) Bài toán Giải hệ y + x + y = (2) Giải: Điều kiện: x ≥ −1 Ta có (1) ( x + + 3) x + = ( y + 3) y ⇔ f Với f (t ) = (t + 3)t Xét hàm số f (t ) = (t + 3)t ¡ ( ) x + = f ( y ) (*) Sachthamkhao.Vn / Ta có f (t ) = 3t + > 0∀t ∈ ¡ Nên f(t) đồng biến ¡ y ≥ y ≥ ⇔ Do đó, (*) ⇔ x + = y ⇔ 2 x + = y x = y −1 y = −1 (loai) Thay x = y − vào (2) ta y + y − = ⇔ y = 2 Với y = ⇒ x = − (thỏa mãn điều kiện) 1 Vậy nghiệm hệ − ; ÷ 2 x + + x + = y + x + y (1) Bài toán Giải hệ y − + x + + x + y − 74 = (2) Giải: Điều kiện: x ≥ −5; y ≥ (3) Ta có (1) x + + x + = x + y + x + y ⇔ f ( ) x + = f ( x + y ) (*) Với f (t ) = t + t Xét hàm số f (t ) = t + t ¡ / Ta có f (t ) = + 3t > 0∀t ∈ ¡ Nên f(t) đồng biến ¡ Do đó, (*) ⇔ x + = x + y ⇔ y = x + Điều kiện (3) trở thành x ≥ Thay y = x + vào (2) ta x + x + + x + x − 73 = (**) Ta thấy x = không nghiệm phương trình (**) Với x>0 Sachthamkhao.Vn Ta thấy x = nghiệm (**) Xét hàm số g ( x) = x + x + + x + x − 73 khoảng ( 0;+∞ ) / Ta có g ( x) = x + + 3x + > 0∀x ∈ ( 0; +∞ ) x+5 Suy g(x) đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) Vậy (**) có nghiệm x = Với x = ⇒ y = Vậy nghiệm hệ cho (4 ; 5) ( ) 4 x + − x + y + = x + y (1) Bài toán Giải hệ y + + − x = x (2) Giải: Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 4;2 x + y ≥ (*) 2 Ta có (1) ⇔ x + + 4 x + = x + y + 4 x + y ⇔ f ( ) x +1 = f ( 2x + y2 ) (**) Với f (t ) = t + 4t Xét hàm số f (t ) = t + 4t với t ≥ / Ta có f (t ) = 4t + > 0∀t ≥ nên hàm số f(t) đồng biến [ 0;+∞ ) Do đó, (**) ⇔ x + = x + y ⇔ x + = x + y ⇔ x = − y Điều kiện (*) trở thành −1 ≤ x ≤ 4; − ≤ y ≤ Phương trình (2) trở thành 3y2 + + y2 + = − y2 ⇔ 3y2 + + y2 + + ⇔ 3y2 + + y2 + + ( 3y2 + + y2 + )( ( ) ( + 3) = 3y2 + − 3y2 + − y2 ) y2 + = Sachthamkhao.Vn ⇔ ( )( ) 3y2 + + y2 + + 3y2 + − y2 + = y + + y + = (VN ) ⇔ 1 + y + − y + = ⇔ + 3y2 + = y2 + ⇔ + 3y2 + y2 + = y2 + 2 ≤ y≤ − ⇔ 3y2 + = − y2 ⇔ ⇔ y ∈φ y = + 67 y = − 67 Vậy hệ cho vô nghiệm Biến đổi phương trình hệ dạng f(u)= f(v) cách đặt ẩn phụ: Với phương trình hệ ta đưa trực tiếp dạng f(u) = f(v), nhiên ta thấy khó khăn nên ta đặt ẩn phụ để dễ dàng nhận biết hàm số cần chọn 9 y + y = x 3x − (1) Bài toán Giải hệ y + + x + = (2) Giải: Điều kiện: x ≥ Đặt z = x − ( z ≥ 0) z2 + Ta có x = 3 Phương trình (1) trở thành (3 y ) + y = z + z ⇔ f (3 y ) = f ( z ) (*) Với f (t ) = t + t Sachthamkhao.Vn Xét hàm số f (t ) = t + t ¡ / Ta có f (t ) = 3t + > 0∀t ∈ ¡ Nên f(t) đồng biến ¡ y ≥ Do đó, (*) ⇔ y = z ⇔ y = 3x − ⇔ y2 + x = Thay x = y2 + vào (2) ta y = −1 (loai) y2 + + y2 + = ⇔ y2 + = ⇔ y2 = ⇔ y =1 Với y = 10 ⇒x= (thỏa mãn điều kiện) 1 1 Vậy nghiệm hệ ; ÷ 3 2 4 x + x = y y − (1) Bài toán Giải hệ 2( y + 2) + x = x (2) Giải: y ≥ Điều kiện: x ≥ Đặt z = y − ( z ≥ 0) Ta có ... Một số phương pháp giải hệ phương trình hai ẩn số _______________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________ Giáo viên: Nguyễn Trung Nghĩa - Trường THPT chuyên Quốc Học - Huế. 2 MỤC LỤC Trang • I- Phương pháp thế 03 • II- Phương pháp đặt ẩn phụ 11 • III- Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số 21 • IV- Phương pháp đánh giá 25 • V- Phương pháp cộng đại số 27 • VI- Bài tập tự luyện 29 WWW.VNMATH.COM Một số phương pháp giải hệ phương trình hai ẩn số _______________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________ Giáo viên: Nguyễn Trung Nghĩa - Trường THPT chuyên Quốc Học - Huế. 3 I- PHƯƠNG PHÁP THẾ • Mục đích: Đưa việc giải hệ phương trình hai ẩn về giải phương trình một ẩn. • Dưới đây là một số hệ phương trình mà có khả năng giải được bằng phương pháp thế. 1. Hệ phương trình có một phương trình là phương trình bậc nhất với ẩn x (hoặc y) • Phương pháp: Tính x theo y (hoặc y theo x) rồi thế vào phương trình còn lại. • Một số ví dụ: Ví dụ 1: Giải: (1) 5 2x y⇔ = − , thay vào (2), ta được: 2 1 (2) 10 30 20 0 2 y y y y = ⇔ − + = ⇔ = • Với 1y = ta được 3x = • Với 2y = ta được 1x = Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: 3, 1x y= = và 1, 2x y= = Ví dụ 2 : (Đề thi đại học khối A năm 2008) Giải: Cách 1: Nhận xét 0x = không thỏa mãn hệ phương trình. Xét 0x ≠ , ta có ( ) 2 6 6 2 2 x x y x − + + ⇔ = thế vào phương trình (1), ta được: ( ) ( ) 2 2 2 4 3 2 3 4 3 2 6 6 6 6 1 2 2 9 2 2 0 (lo¹i) 12 48 64 0 4 0 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x − + + − + + ⇔ + + = + = ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ = − • 17 4 4 x y= − ⇒ = − . Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm là ( ) 17 ; 4; 4 x y = − − . Giải hệ phương trình: 2 2 2 5 (1) 2 2 5 (2) x y x y xy + = + − = Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 9 (1) (I) 2 6 6 (2) x x y x y x x xy x + + = + + = + WWW.VNMATH.COM Một số phương pháp giải hệ phương trình hai ẩn số _______________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________ Giáo viên: Nguyễn Trung Nghĩa - Trường THPT chuyên Quốc Học - Huế. 4 Cách 2: ( ) 2 2 2 2 9 (1) (I) 3 3 (2) 2 x xy x x xy x + = + ⇔ = + − . Thay 2 3 3 2 x xy x= + − vào (1), ta được phương trình: ( ) 2 2 3 2 4 3 2 0 3 3 2 9 12 48 64 0 4 0 2 4 x x x x x x x x x x x x = + + − = + ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ = − • 0x = không thỏa mãn (2). • 17 4 4 x y= − ⇒ = − . Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm là ( ) 17 ; 4; 4 x y = − − . 2. Hệ phương trình có một phương trình đưa về được phương trình tích • Phương pháp: Phân tích một phương trình của hệ về phương trình tích, sau đó tính được x theo y (hoặc y theo x) rồi thế vào phương trình còn lại. • Một số ví dụ: Ví dụ 1 : (Đề thi đại học khối A năm 2003) Giải: Cách 1: (Rút thế) Điều kiện xác định: 0; 0x y≠ ≠ . 3 1 (2) 2 x y + ⇔ = , thế vào (1) ta được: ( ) ( ) 7 5 4 3 2 6 5 4 3 2 6 5 4 3 2 (1) 2 2 2 2 3 2 0 1 3 2 0 1 3 2 0 (*) x x x x x x x x x x x x x x x 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC BIÊN SOẠN: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 Phần một: Các dạng hệ cơ bản I . Hệ phương trình ñối xứng. 1.Phương trình ñối xứng loại 1. a)Định nghĩa Một hệ phương trình ẩn x, y ñược gọi là hệ phương trình ñối xứng loại 1 nếu mỗi phương trình ta ñổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình ñó không ñổi b) Tính chất Nếu ( ) 00 , yx là m ộ t nghi ệ m thì h ệ ( ) 00 ,xy c ũ ng là nghi ệ m c) cách gi ả i = += yxP yxS . ñ i ề u ki ệ n PS 4 2 ≥ Ta bi ế n ñổ i ñư a h ệ ñ ã cho (1) v ề h ệ 2 ẩ n S, P (2) (x;y) là nghi ệ m c ủ a (1) khi và ch ỉ khi (S,P) là 1 nghi ệ mc c ủ a (2) tho ả i mãn ñ i ề u ki ệ n: 04 2 ≥− PS v ớ i m ỗ i (S;P) tìm ñượ c ta có (x;y) là nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình: 0 2 =+− PSXX . Gi ả s ử ph ươ ng trình có 2 nghi ệ m là X 1 , X 2 . + N ế u 0>∆ thì 21 XX ≠ nên h ệ (1) có 2 nghi ệ m phân bi ệ t ( ) 21 ; XX ; ( ) 12 ; XX + N ế u 0=∆ thì 21 XX = nên h ệ có nghi ệ m duy nh ấ t ( ) 21 ; XX . + H ệ có ít nh ấ t m ộ t nghi ệ m tho ả mãn 0≥x khi và ch ỉ khi h ệ (2) có ít nh ấ t 1 nghi ệ m (S;P) tho ả mãn. ≥ ≥ ≥−=∆ 0 0 04 2 P S PS VD 1: Gi ả i h ệ ph ươ ng trình =++ =++ 5 7 22 xyyx xyyx H ệ có nghi ệ m là (1;2), (2;1) VD2: Đị nh m ñể h ệ sau có nghi ệ m =+ =++ myx mxyyx 22 Đ S: 80 ≤≤ m 2) Hệ phương trình ñối xứng loại 2 . -M ộ t h ệ ph ươ ng trình 2 ẩ n x, y ñượ c g ọ i là ñố i x ứ ng lo ạ i 2 n ế u trong h ệ ph ươ ng trình ta ñổ i vai trò x, y cho nhau thì ph ươ ng trình tr ở thành ph ươ ng trình kia. VD: =+ =+ xxyy yyxx 10 10 23 23 b) Tính ch ấ t. - N ế u ( ) 00 ; yx là 1 nghi ệ m c ủ a h ệ thì ( ) 00 ;xy c ũ ng là nghi ệ m c) Cách gi ả i 2 - Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta ñược một phương trình có dạng ( ) ( ) [ ] 0; =− yxfyx ( ) = =− 0; 0 yxf yx Ví dụ : Gi ả i h ệ ph ươ ng trình sau: 3 2 2 3 2 2 3 2 3 2 x x y y y x = + = + HD: Tr ừ hai ph ươ ng trình c ủ a h ệ ta thu ñượ c 3 3 2 2 2 2 3( ) ( ) ( )[3( ) ] 0 x y x y x y x y xy x y− = − − ⇔ − + + + + = H ệ ñ ã cho t ươ ng ñươ ng v ớ i 3 2 2 2 2 3 2 2 0 ( ) 3 2 3( ) 0 ( ) 3 2 x y I y y x x y xy x y II y y x − = = + + + + + = = + Gi ả i (I) ta ñượ c x=y=0 ho ặ c x=y=1 Xét (II) T ừ gi ả thi ế t ta suy ra x, y không âm . N ế u x, y d ươ ng thì h ệ vô nghi ệ m suy ta h ệ có nghi ệ m duy nh ấ t x=y=0 K ế t lu ậ n: H ệ có 2 nghi ệ m x=y=0 và x=y=1 3) Hệ phương trình vế trái ñẳng cấp bậc II a) Các d ạ ng c ơ b ả n. . 2 2 2 2 1 1 1 1 ax bxy cy d a x b xy c y d + + = + + = b) Cách gi ả i. + Xét tr ườ ng h ợ p y=0 xem có ph ả i là nghi ệ m hay không + Đặ t x=ty thay vào h ệ r ồ i chia 2 ph ươ ng trình c ủ a h ệ cho nhau ta ñượ c ph ươ ng trình b ậ c 2 theo t. Gi ả i ph ươ ng trình tìm t sau ñ ó th ế vao m ộ t trong hai ph ươ ng trình c ủ a h ệ ñể tìm x,y Ph ươ ng pháp này c ũ ng ñ úng khi v ế trái là ph ươ ng trình ñẳ ng c ấ p b ậ c n. Ví dụ: Gi ả i h ệ 2 2 2 2 3 1 2 2 1 x xy y x xy y − + = − + − = + D ễ th ấ y y=0 không ph ả i là nghi ệ m + Đặ t x=ty th ế vào h ệ ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 2 1 t y ty y t y ty y − + = − + − = chia 2 ph ươ ng trình c ủ a h ệ cho nhau ta có 2 2 2 1 3 1 1 2 1 0 1 1 2 2 2 2 t x y t t t t t t t x y = = − + = − ⇔ − − = ⇒ ⇔ + − = − = − t ừ ñ ó th ế hai tr ườ ng h ợ p vào m ộ t trong hai ph ươ ng trình c ủ 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC BIÊN SOẠN: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 Phần một: Các dạng hệ cơ bản I . Hệ phương trình ñối xứng. 1.Phương trình ñối xứng loại 1. a)Định nghĩa Một hệ phương trình ẩn x, y ñược gọi là hệ phương trình ñối xứng loại 1 nếu mỗi phương trình ta ñổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình ñó không ñổi b) Tính chất Nếu ( ) 00 , yx là m ộ t nghi ệ m thì h ệ ( ) 00 ,xy c ũ ng là nghi ệ m c) cách gi ả i = += yxP yxS . ñ i ề u ki ệ n PS 4 2 ≥ Ta bi ế n ñổ i ñư a h ệ ñ ã cho (1) v ề h ệ 2 ẩ n S, P (2) (x;y) là nghi ệ m c ủ a (1) khi và ch ỉ khi (S,P) là 1 nghi ệ mc c ủ a (2) tho ả i mãn ñ i ề u ki ệ n: 04 2 ≥− PS v ớ i m ỗ i (S;P) tìm ñượ c ta có (x;y) là nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình: 0 2 =+− PSXX . Gi ả s ử ph ươ ng trình có 2 nghi ệ m là X 1 , X 2 . + N ế u 0>∆ thì 21 XX ≠ nên h ệ (1) có 2 nghi ệ m phân bi ệ t ( ) 21 ; XX ; ( ) 12 ; XX + N ế u 0=∆ thì 21 XX = nên h ệ có nghi ệ m duy nh ấ t ( ) 21 ; XX . + H ệ có ít nh ấ t m ộ t nghi ệ m tho ả mãn 0≥x khi và ch ỉ khi h ệ (2) có ít nh ấ t 1 nghi ệ m (S;P) tho ả mãn. ≥ ≥ ≥−=∆ 0 0 04 2 P S PS VD 1: Gi ả i h ệ ph ươ ng trình =++ =++ 5 7 22 xyyx xyyx H ệ có nghi ệ m là (1;2), (2;1) VD2: Đị nh m ñể h ệ sau có nghi ệ m =+ =++ myx mxyyx 22 Đ S: 80 ≤≤ m 2) Hệ phương trình ñối xứng loại 2 . -M ộ t h ệ ph ươ ng trình 2 ẩ n x, y ñượ c g ọ i là ñố i x ứ ng lo ạ i 2 n ế u trong h ệ ph ươ ng trình ta ñổ i vai trò x, y cho nhau thì ph ươ ng trình tr ở thành ph ươ ng trình kia. VD: =+ =+ xxyy yyxx 10 10 23 23 b) Tính ch ấ t. - N ế u ( ) 00 ; yx là 1 nghi ệ m c ủ a h ệ thì ( ) 00 ;xy c ũ ng là nghi ệ m c) Cách gi ả i 2 - Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta ñược một phương trình có dạng ( ) ( ) [ ] 0; =− yxfyx ( ) = =− 0; 0 yxf yx Ví dụ : Gi ả i h ệ ph ươ ng trình sau: 3 2 2 3 2 2 3 2 3 2 x x y y y x = + = + HD: Tr ừ hai ph ươ ng trình c ủ a h ệ ta thu ñượ c 3 3 2 2 2 2 3( ) ( ) ( )[3( ) ] 0 x y x y x y x y xy x y− = − − ⇔ − + + + + = H ệ ñ ã cho t ươ ng ñươ ng v ớ i 3 2 2 2 2 3 2 2 0 ( ) 3 2 3( ) 0 ( ) 3 2 x y I y y x x y xy x y II y y x − = = + + + + + = = + Gi ả i (I) ta ñượ c x=y=0 ho ặ c x=y=1 Xét (II) T ừ gi ả thi ế t ta suy ra x, y không âm . N ế u x, y d ươ ng thì h ệ vô nghi ệ m suy ta h ệ có nghi ệ m duy nh ấ t x=y=0 K ế t lu ậ n: H ệ có 2 nghi ệ m x=y=0 và x=y=1 3) Hệ phương trình vế trái ñẳng cấp bậc II a) Các d ạ ng c ơ b ả n. . 2 2 2 2 1 1 1 1 ax bxy cy d a x b xy c y d + + = + + = b) Cách gi ả i. + Xét tr ườ ng h ợ p y=0 xem có ph ả i là nghi ệ m hay không + Đặ t x=ty thay vào h ệ r ồ i chia 2 ph ươ ng trình c ủ a h ệ cho nhau ta ñượ c ph ươ ng trình b ậ c 2 theo t. Gi ả i ph ươ ng trình tìm t sau ñ ó th ế vao m ộ t trong hai ph ươ ng trình c ủ a h ệ ñể tìm x,y Ph ươ ng pháp này c ũ ng ñ úng khi v ế trái là ph ươ ng trình ñẳ ng c ấ p b ậ c n. Ví dụ: Gi ả i h ệ 2 2 2 2 3 1 2 2 1 x xy y x xy y − + = − + − = + D ễ th ấ y y=0 không ph ả i là nghi ệ m + Đặ t x=ty th ế vào h ệ ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 2 1 t y ty y t y ty y − + = − + − = chia 2 ph ươ ng trình c ủ a h ệ cho nhau ta có 2 2 2 1 3 1 1 2 1 0 1 1 2 2 2 2 t x y t t t t t t t x y = = − + = − ⇔ − − = ⇒ ⇔ + − = − = − t ừ ñ ó th ế hai tr ườ 71 CHƯƠNG 2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN Bài 1: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. 111 222 ax by c 0 (I) ax by c 0 ++= ⎧ ⎨ ++= ⎩ Cách giải: Đặt D = 11 12 21 22 ab ab ab ab =− 11 x1221 22 bc Dbcbc bc ==− 11 y 12 21 22 ca Dcaca ca ==− * x y D x D D 0 :(I) D y D ⎧ = ⎪ ⎪ ≠⇔ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ * D = 0 và x D0≠ hay y D0:(I)≠ vô nghiệm. * xy DDD0:(I)=== có thể vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm Chú ý: Trong thực hành, khi D = 0, ta thường thay vào hệ các giá trò cụ thể của tham số để kết luận. 72 II. CÁC VÍ DỤ. Ví dụ 1: Đònh m để hệ sau vô nghiệm: 2 2m x 3(m 1)y 3 (I) m(x y) 2y 2 ⎧ + −= ⎪ ⎨ +− = ⎪ ⎩ Giải Để hệ vô nghiệm, ta phải có trước hết : 2 3(m 1) 2m D0 0 m2 m − = ⇔= − 322 32 m0 2m 4m 3m 3m 0 2m 7m 3m 0 m 3 1 m 2 ⎡ ⎢ = ⎢ ⇔ − − +=⇔ − +=⇔= ⎢ ⎢ = ⎢ ⎣ * Với 3y 3 y 1 m0:(I) 2y 2 x R − ==− ⎧⎧ =⇔ ⇔ ⎨⎨ −= ∈ ⎩⎩ không thỏa đề bài. * Với 1 18x 6y 3 3x y m 3:(I) 2 3x y 2 3x y 2 ⎧ += + = ⎧ ⎪ =⇔ ⇔ ⎨⎨ += ⎩ ⎪ + = ⎩ hệ vô nghiệm m3⇒= nhận. * 13 xy3 1 22 m:(I) 132 xy2 22 ⎧ − = ⎪ ⎪ =⇔ ⎨ ⎪ − = ⎪ ⎩ hệ vô nghiệm 1 m 2 ⇒= nhận. Tóm lại hệ vô nghiệm khi m = 3 1 m 2 ∨=. 73 Ví dụ 2: Đònh m nguyên để phương trình sau có nghiệm nguyên. mx y 3 0 xmy2m10 +−= ⎧ ⎨ +−−= ⎩ Giải Ta có : 2 m1 Dm1(m1)(m1) 1m ==−=+− x 13 D 2m13m m1 m2m 1 − ==−−+=− −− 22 y 3m D 3 2m m 2m m 3 (m 1)(2m 3) 2m 1 1 − ==−++=+−=−+ −− TH1: D0 m 1:≠⇔ ≠± nghiệm hệ. x y D m1 1 x D(m1)(m1)m1 D (m1)(2m3) 2m3 1 y2 D(m1)(m1)m1 m1 − ⎧ == = ⎪ +− + ⎪ ⎨ −+ + ⎪ == = =+ ⎪ +− + + ⎩ xz∈ và 1 y zzm1 m1 ∈⇔ ∈⇔ + + là ước số của 1 nghóa là: m11 m 0 m1 1 m 2 += = ⎡⎡ ⇔ ⎢⎢ +=− =− ⎣⎣ TH 2: D = D m1⇔=± . m = 1 : Hệ xy30 xy30 +−= ⎧ ⇔⇒ ⎨ +−= ⎩ hệ có nghiệm nguyên xtz y3t = ∈ ⎧ ⎨ = − ⎩ . m = - 1 : Hệ xy30 xy10 −+ −= ⎧ ⇔ ⎨ −+= ⎩ Hệ vô nghiệm m1⇒=− loại Tóm lại: m = 1, m = 0, m = - 2 74 Ví dụ 3: Tìm các giá trò của b sao cho với mọi a R ∈ , thì hệ phương trình: 2 x2ayb ax (1 a)y b += ⎧ ⎪ ⎨ + −= ⎪ ⎩ có nghiệm. (ĐH CÔNG ĐOÀN 1998). Giải Ta có: 22 12a D1a2a2aa1(a1)(12a) a1 a ==−−=−−+=+− − . 1 D0 a 1a 2 = ⇔=−∨= + a = -1 : hệ 22 x2yb x2yb x2yb x2y b −= −= ⎧⎧ ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ −+ = − =− ⎪⎪ ⎩⎩ Hệ có nghiệm. 2 bb b(b1)0b0b1⇔ =− ⇔ + = ⇔ = ∨ =− + 1 a: 2 = Hệ 2 2 xyb xyb 11 xyb xy2b 22 += ⎧ += ⎧ ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ += += ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ Hệ có nghiệm. 2 1 b2b b(2b1)0 b0b 2 ⇔ =⇔ −=⇔=∨= . 1 D0 a 1a 2 ≠ ⇔≠−∧≠ thì hệ cho có nghiệm với b∀ . Tóm lại với b = 0 thì hệ cho có nghiệm a R ∀ ∈ . Ví dụ 4 : Cho hệ phương trình : 2 ax y b xayc c += ⎧ ⎪ ⎨ + =+ ⎪ ⎩ 1. Với b = 0, hãy giải và biện luận hệ theo a và c 2. Tìm b để với mọi a, ta luôn tìm được c sao cho hệ có nghiệm. Giải 1. Giải và biện luận theoa và c: b = 0 : hệ 22 ax y 0 y ax xayc c xa(ax)c c += =− ⎧⎧ ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ +=+ +− =+ ⎪⎪ ⎩⎩ 75 22 y ax (1) (1 a )x c c (2) =− ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ −=+ ⎪ ⎩ * 2 1a 0: a 1:−≠⇔≠± Hệ có nghiệm: 2 2 cc x 1a + = − ; 2 2 cc ya 1a ⎛⎞ + =− ⎜⎟ ⎜⎟ − ⎝⎠ * 22 1a 0 a 1:(2) 0x c c−=⇔=± ⇔ =+ + Nếu 2 cc0c0+≠⇔≠ và c 1:(2)VN≠− ⇒hệ VN + Nếu 2 cc0c0c1:(2)0x0+=⇔=∨=− ⇔ =⇒ Hệ có nghiệm: xtR yat =∈ ⎧ ⎨ =− ⎩ xtR a1 yt =∈ ⎧ =⇒ ⎨ =− ⎩ xtR a1 yt = ∈ ⎧ =− ⇒ ⎨ = ⎩ 2. Tìm b. Ta có : 22 ax y b y ax b xayc c xa(axb)c c += =− +