3 Hệ phương trình khơng mẫu mực
3.1.1 Phương pháp cộng
Đây là phương pháp cơ bản nhất. Từ bài học "vỡ lịng" về hệ phương trình đã có phương pháp này. Tuy nhiên phương pháp này vẫn thường xuất hiện trong các kỳ thi lớn, những kỳ thi dành cho những hoc sinh xuất sắc. Sau đây ta xét các bài toán sử dụng phương pháp cộng.
Bài tốn 3.2. Giải hệ phương trình
x3−y3= 35
2x2+ 3y2 = 4x−9y. (3.2)
Phân tích. Hệ phương trình chỉ chứa x3, x2, x và y3, y2, y nên ta sẽ phối hợp hai phương trình của hệ cụ thể nhân phương trình hai của hệ với một số rồi cộng với phương trình một làm xuất hiện đẳng thức (x−a)3= (y−b)3.
Lời giải. Nhân hai vế của phương trình hai của hệ phương trình (3.2) với -3 rồi cộng với phương trình một của hệ ta được
x3−y3−6x2−9y2= 35−12x+ 27y; x3−6x2+ 12x−8 =y3+ 9y2+ 27y+ 27; (x−2)3 = (y+ 3)3; x=y+ 5.
Thế vào phương trình hai của hệ phương trình (3.2) ta được
2(y+ 5)2+ 3y2 = 4(y+ 5)−9y; 5y2+ 25y+ 30 = 0.
Ta tìm được y=−2 và y =−3.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (3;−2),(2;−3).
Nhận xét 3.2. Trong lời giải trên, quan trọng nhất là nhân hai vế của (2) với -3 rồi cộng với (1), tại sao lại là số -3 mà không phải số khác, tại sao lại cộng với (1) mà không trừ cho (1). Điều bí ẩn đó nằm ở "phương pháp giả định" (hay còn gọi
là phương pháp hệ số bất định) như sau: Xét (1) +α.(2) ta được x3−y3+ 2αx2+ 3αy2 = 35 + 4αx−9αy. Ta chọn α;a;b sao cho x3+ 2αx2−4αx−y3+ 3αy2+ 9αy−35 = (x−a)3−(y−b)3. Đồng nhất hệ số hai vế ta tìm được α =−3; a= 2; b =−3.
Qua đây ta thấy rằng những hệ có chứa x3;x2;x và y3;y2;y ta có thể dùng hệ số bất định để đưa về các hằng đẳng thức. Chú ý rằng việc xét (1) +α.(2) vẫn khơng giảm tính tổng quát hơn so với việc xét β.(1) +α.(2), vì khi giải phương trình ta có
quyền chia hai vế cho một số khác 0.
Bài toán 3.3. (VMO 2010) Giải hệ phương trình
x4−y4= 240
x3−2y3= 3(x2−4y2)−4(x−8y).
Phân tích. Hệ phương trình chỉ chứa x4, x3, x2, x và y4, y3, y2, y nên ta sẽ phối hợp hai phương trình của hệ cụ thể nhân phương trình hai của hệ với một số rồi cộng với phương trình một làm xuất hiện đẳng thức (x−a)4 = (y−b)4.
Lời giải. Nhân phương trình hai của hệ phương trình đã cho với -8 rồi cộng với phương trình một của hệ ta được
x4−y4−8x3+ 16y3= 240−24x2+ 96y2+ 32x−256y; x4−8x3+ 24x2−32x+ 16 =y4−16y3+ 96y2−256y+ 256; (x−2)4 = (y−4)4.
Từ phương trình ta có y=x+ 2 và y= 6−x. Ta xét hai trường hợp:
ta được
x4−(x4+ 8x3+ 24x2+ 32x+ 16) = 240; x3+ 3x2+ 4x+ 32 = 0;
(x+ 4)(x2−x+ 8) = 0.
Giải phương trình ta được x=−4.
Trường hợp 2. Khi y= 6−x thế vào phương trình hai của hệ phương trình đã cho ta được
x4−(1296−864x+ 216x2−24x3+x4) = 240; x3−9x2+ 36x−64 = 0;
(x−4)(x2−5x+ 16) = 0.
Giải phương trình ta được x= 4.
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (4; 2),(−4;−2).
Bài tốn 3.4. (VMO 2004) Giải hệ phương trình
x3+ 3xy2 =−49
x2−8xy+y2 = 8y−17x.
Phân tích. Ta dùng ẩn phụ tổng hiệu để đưa hệ phương trình về hệ đơn giản hơn sau đó dùng phương pháp hệ số bất định cho hệ phương trình thu được.
Lời giải. Cách 1. Đặt x+y=u x−y=v. Hay x= u+v2 y= u−v2 .
Thay vào phương trình một của hệ phương trình đã cho ta được
(u+v)3+ 3(u+v)(u−v)2 =−392;
u3+ 3u2v+ 3uv2+v3+ 3(u3−u2v −uv2+v3) =−392; 4(u3+v3) = −392; u3+v3 =−98.
Thay vào phương trình hai của hệ phương trình đã cho ta được
(u+v)2−8(u2−v2) + (u−v)2 = 16(u−v)−34(u+v); 10v2−6u2 =−18u−50v; 3u2−5v2 = 9u+ 25v. Ta có hệ mới sau u3+v3 =−98 3u2−5v2= 9u+ 25v. (3.3)
Nhân phương trình hai của hệ phương trình (3.3) với -3 rồi cộng với phương trình đầu của hệ ta được
u3+v3−9u2+ 15v2=−98−27u−75v;
u3−9u2+ 27u−27 =−(v3+ 15v2+ 75v+ 125); (v+ 5)3 = (3−u)3; v =−u−2.
Thế vào phương trình đầu của hệ phương trình (3.3) ta được
u3−(u+ 2)3 =−98; 6u2+ 12u−90 = 0.
Giải phương trình từ đó ta có hai cặp (u;v) = (3;−5)và (u;v = (−5; 3)) do đó tường ứng tìm được các nghiệm (x;y) = (−1; 4) và (x;y) = (−1;−4).
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (−1; 4),(−1;−4).
Cách 2. Nhân phương trình hai của hệ phương trình đã cho với 3 rồi cộng với phương trình một ta được
x3+ 3xy2+ 49 + 3x2−24xy+ 3y2−24y+ 51x= 0; (x+ 1)(x2+ 2x+ 3y2−24y+ 49) = 0;
(x+ 1)[(x+ 1)2+ 3(y−4)2] = 0.
Giải phương trình ta được x=−1 hoặc (x;y) = (−1; 4).
y= 4; y=−4.
+ Nếu x=−1;y= 4 thay vào hệ phương trình đã cho kiểm tra thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (−1; 4),(−1;−4).
Nhận xét 3.3. Cách giải 2 rất ngắn gọn và dễ hiểu. Nhưng đằng sau sự ngắn gọn và dễ hiểu đó ta đã phải vất vả tìm ra lời giải như sau. Do phương trình một của hệ phương trình đã cho có bậc cao nên ta giữ ngun, nhân phương trình hai của hệ phương trình đã cho với α rồi cộng với phương trình một ta được
x3+ 3xy2+ 49 +α(x2−8xy+y2+ 17x−8y) = 0.
Mặt khác ta nhẩm được nghiệm của hệ là(x;y) = (−1; 4) do đó mong muấn phương trình trên phân tích thành
(x+ 1)(ax2+bx+cy2+dy+ 49) = 0; (Hệ số xy trong ngoặc bằng 0).
ax3+ (a+b)x2+cxy2+dxy+cy2+ (b+ 49)x+dy+ 49 = 0.
Từ hai phương trình trên đồng nhất hệ số ta được a= 1; c=α= 3; b = 2; d=−24.
Bài toán sau giải tương tự Bài 3.4
x3+ 3xy2 = 49
x2+ 8xy+y2 = 8y+ 17x.
Bài tốn 3.5. Giải hệ phương trình
6x2y+ 2y3+ 35 = 0 5x2+ 5y2+ 2xy+ 5x+ 13y= 0. Lời giải. Đặt x+y=u x−y=v hay x= u+v2 y = u−v2
Thay vào phương trình một của hệ phương trình đã cho ta được
6(u+v) 2 4 . u−v 2 + 2 (u−v)3 8 + 35 = 0;
3(u3−u2v + 2uv2−2u2v+uv2−v3) +u3−3u2v+ 3uv2−v3+ 140 = 0; u3−v3+ 35 = 0.
Thay vào phương trình hai của hệ phương trình đã cho ta được 5(u+v) 2 4 + 5 (u−v)2 4 + 2 u+v 2 . u−v 2 + 5 u+v 2 + 13 u−v 2 = 0; 10u2+ 10v2+ 2(u2−v2) + 10u+ 10v + 26u−26v = 0;
3u2+ 2v2+ 9u−4v = 0.
Ta có hệ phương trình sau
u3=v3−35
3u2+ 9u=−2v2+ 4v. (1)
Nhân phương trình hai của hệ phương trình (1) với 3 rồi cộng với phương trình đầu của hệ (1) ta được
u3+ 9u2+ 27u=v3−6v2+ 12v−35; (u+ 3)3 = (v−2)3; u=v−5.
Thay vào phương trình đầu của hệ phương trình (1) ta được
(v−5)3−v3+ 35 = 0; v2−5v+ 6 = 0.
Giải phương trình suy ra cặp giá trị (u;v) = (−3; 2) và (u;v) = (−2; 3) từ đó tương ứng ta tìm được (x;y) = (−12;−52) và (x;y) = (12;−52).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x;y) = (−12;−52),(12;−52).