Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 3: Hệ phương trình - Đề 1

36 trang nhungbui22 11/08/2022 1950

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 3: Hệ phương trình - Đề 1", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_tap_phuong_trinh_he_phuong_trinh_toan_lop_10_phan_3_he_p.doc

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 3: Hệ phương trình - Đề 1

Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ I. CÁC DẠNG CƠ BẢN I.1. HPT ĐỐI XỨNG LOẠI I [hai.ẩn] Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng. Phương trình n ẩn x 1, x 2, , x n gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay x i bởi x j; x j bởi x i thì phương trình không thay đổi. Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng: x1 + x2 + + xn x1x2 + x1x3 + + x1xn + x2x1 + x2x3 + + xn-1xn x1x2 xn Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng. Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét. n n 1 * Nếu đa thức F(x) = a0x + a1x + an, a0 ≠ 0, ai P có nhgiệm trên P là c1, , cn thì: a c c c 1 1 2 n a 0 a c c c c c c c c c c c c 2 1 2 1 3 1 n 2 1 2 3 n-1 n (Định lý Viet tổng quát) a0 n an c1c1 cn ( 1) . a0 Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn: 1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2: b S x1 x2 2 a Nếu pt bậc hai ax + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì: c P x .x 1 2 a x1 x2 S 2 Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 có thì x1, x2 là nghiệm của phương trình t - St + P = 0 . x1.x2 P f (x, y) 0 2. Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ có dạng (I) g(x, y) 0 với f(x,y) = f (y,x) và g(x,y) = g(y,x) . ( Có nghĩa là khi ta hoán vị giữa x và y thì f(x,y) và g(x,y) không thay đổi). 3.Cách giải: Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 4P . Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y [Tìm nghiệm (x;y) bằng cách giải phương trình : t2 St P 0 . Điều kiện để phương trình có nghiệm là S2 4P 0 ]. Chú ý: + Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. + Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. + Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ. + Hệ phương trình đối xứng loại (I) nếu có nghiệm xo ; yo thì yo ;xo cũng là một nghiệm của nó. I.1)Giải hệ phương trình: 1 1 x y 4 x2 y xy2 30 xy(x y) 2 x y x2 y2 2xy 8 2 (1) a) b) c) d) x3 y3 35 x3 y3 2 1 1 x2 y2 4 x y 4 (2) x2 y2 G: a)Đặt S x y, P xy , điều kiện S 2 4P . Hpt trở thành: Bài-giảng Pt- Hpt trang.167 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 ïì 30 ï P = ïì SP = 30 ï ïì S = 5 ïì x + y = 5 ïì x = 2 ïì x = 3 ï Û ï S Û ï Û ï Û ï Ú ï . í 2 í æ 90ö í í í í ï S(S - 3P) = 35 ï ç 2 ÷ ï P = 6 ï xy = 6 ï y = 3 ï y = 2 î ï SçS - ÷= 35 î î î î îï èç S ø÷ b)Đặt t y, S x t, P xt , điều kiện S 2 4P Hệ phương trình trở thành: ì ì ï xt(x + t) = 2 ï SP = 2 ïì S = 2 ïì x = 1 ïì x = 1 í Û í Û íï Û íï Û íï . ï x 3 + t 3 = 2 ï S3 - 3SP = 2 ï P = 1 ï t = 1 ï y = - 1 îï îï îï îï îï ïì æ 1ö æ 1ö ï çx + ÷+ çy + ÷= 4 ï ç ÷ ç ÷ ï è x ø è y ø c)Điều kiện x 0, y 0 . Hệ phương trình tương đương với: í 2 2 ï æ ö æ ö ï ç 1÷ ç 1÷ ï çx + ÷ + çy + ÷ = 8 îï èç x ÷ø èç y ÷ø æ 1ö æ 1ö æ 1öæ 1ö Đặt S = çx + ÷+ çy + ÷, P = çx + ÷çy + ÷, S2 ³ 4P ta có: èç x ø÷ èç y ø÷ èç x ÷øèç y ø÷ ïì æ 1ö÷ æ 1ö÷ ïì 1 ï çx + ÷+ çy + ÷= 4 ï x + = 2 ïì S = 4 ïì S = 4 ï èç ø÷ èç ø÷ ï ïì x = 1 ï Û ï Û ï x y Û ï x Û ï . í 2 í í æ öæ ö í í ï S - 2P = 8 ï P = 4 ï ç 1÷ç 1÷ ï 1 ï y = 1 î î ï çx + ÷çy + ÷= 4 ï y + = 2 î îï èç x ø÷èç y ø÷ îï y d)Điều kiện x, y 0 . Đặt t xy 0 , ta có: xy = t 2 và (2) Þ x + y = 16 - 2t . ïì xy = 16 ïì x = 4 Thế vào (1), ta được: t 2 - 32t + 128 = 8 - t Û t = 4 . Suy ra: íï Û íï . ï x + y = 8 ï y = 4 îï îï x2 xy y2 4 x2 1 3y(1) I.2) Giải hệ phương trình: a) b) 2 x xy y 2 y 1 3x(2) 2 2 2 2 x2 y2 2xy 8 2 (x xy y ) x y 185 c) d) 2 2 2 2 x y 4 (x xy y ) x y 65 u2 t 4(1) G: a) Đặt x+y =u và xy = t . u t 2(2) 2 u1 3 u1 3 u2 2 Từ (2)↔ t 2 u thế vào (1) ta có :u u 6 0 ↔ .Từ đó ta có: hoặc u2 2 t1 5 t2 0 x y 3 x y 2 Hệ : vô nghiệm. Hệ : có 2 nghiệm ( x,y) = ( 0;2) và ( 2; 0) xy 5 xy 0 x2 1 3y(1) b) Từ (1) và (2) suy ra : x2 y2 3y 3x (x y)(x y 3) 0 2 y 1 3x(2) 3 5 2 x y 2 x 1 3y 2 x 1 3y 2 x 1 3y x y 0 3 41 Hpt ↔ x y 0 x (x y)(x y 3) 0 2 x 1 3y 2 x y 3 0 x y 3 0 3 41 y 3 2 2 2 x y 2xy 8 2 u4 v4 2uv 8 2 c) Đặt u = x 0 ; v = y 0 , ta có hệ : x y 4 u v 4 S 4 Đặt S = u + v . P = uv thì : 2 2 2 (S 2P) 2P 2P 8 2(*) Bài-giảng Pt- Hpt trang.168 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 Ta có (*) 2P2 64P 256 2P 8 2 P2 32P 128 8 P P 8 P = 4 2 2 P 32P 128 64 16P P S 4 2 Vậy , v , u là các nghiệm của phương trình : t 4t 4 0 t1 t2 = 2 P 4 u = v = 2 x y = 2 x = y = 4 Chú ý : Ta đã khử bớt căn thức nhờ đặt ẩn số phụ u, v . Mặt khác hệ đã cho là hệ đối xứng kiểu 1 . Nên ta tính P để áp dụng hệ thức Viet . Các bạn có thể nhân hai vế của phương trình (1) với 2 và bình phương hai vế của phương trình (2) để dẫn đến x = y . 2 2 2 2 (x xy y ) x y 185 d) 2 2 2 2 (x xy y ) x y 65 Cộng từng vế của hai pt: 2(x2 y2 ) x2 y2 250 ( x2 y2 )3 125 x2 y2 5 (25 xy)5 185 x2 y2 25 Thay vào hệ : xy = 12. Ta có hệ (25 xy)5 65 xy 12 x 3 x 4 x 3 x 4 Dễ dàng giải hệ đối xứng này để dẫn tới nghiệm : ; ; ; y 4 y 3 y 4 y 3 x xy y 11 x2 xy y2 19 x y 4 I.3)Giải hpt: a) 2 2 b) c) 2 2 3 3 d) x y xy 30 x y xy 7 x y x y 280 1 x y 1 5 xy I 1 x2 y2 1 49 2 2 x y 2 S P 11 G: a) Đặt S = x + y và P = xy với S 4P 0 (*). Hệ phương trình trở thành SP 30 2 X 5 S và P là hai nghiệm của phương trình X 11X 30 0 X 6 x y 5 x 2 x 3 Khi S = 5 P = 6 thỏa mãn (*). Ta có  xy 6 y 3 y 2 x y 6 x 1 x 5 Khi S = 6 P = 5 thỏa mãn (*) . Ta có  xy 5 y 5 y 1 Vậy hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm : (2,3) ; ( 3,2) ; (1;5) ; (5;1). 2 x2 xy y2 19 x2 xy y2 19 x y 3xy 19 b) Ta có x y xy 7 x y xy 7 x y xy 7 Đặt S = x + y và P = xy với S2 4P 0 (*). Hpt trở thành: 2 2 2 S 2 S 3P 19 S 3( S 7) 19 S 3S 2 0 S 2 S 1 S 1  S P 7 P S 7 P S 7 P 5 P 6 P S 7 S 2 2 X1 1 6 Khi x và y là hai nghiệm của phương trình X 2X 5 0 P 5 X2 1 6 Khi đó hệ có 2 nghiệm (x;y) = 1 6; 1 6 ; 1 6; 1 6 . Bài-giảng Pt- Hpt trang.169 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 S 1 2 X1 2 Khi x và y là hai nghiệm của phương trình X X 6 0 P 6 X2 3 Khi đó hệ có 2 nghiệm (x;y) = 2; 3 , 3;2 . Vậy hpt có 4 nghiệm : 2; 3 , 3;2 ; 1 6; 1 6 ; 1 6; 1 6 x y 4 2 c) 2 2 3 3 Đặt S = x + y và P = xy với S 4P 0 (*) x y x y 280 S 4 S 4 Hệ phương trình trở thành: 2 2 2 (S 2P)S(S 3P) 280 3P 40P 93 0 S 4 S 4 P 3 S 4 hay 31 31 P 3 P P 3 3 S 4 2 X 1 x 1 x 3 Khi S và P là hai nghiệm của pt: X 4X 3 0 . Vậy hay P 3 X 3 y 3 y 1 S 4 2 31 Khi 31 S và P là hai nghiệm của phương trình X 4X 0 ( Vô nghiệm) P 3 3 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là : (1; 3);(3 ; 1). 1 1 1 x y 1 5 x y 5 xy x y d) I . (I) II . Điều kiện x 0; y 0 . 2 2 2 2 1 1 1 x y 1 49 2 2 x y 53 x y x y 1 1 Đặt u x ;v y . Khi đó hpt (II) trở thành: x y u v 5 u v 5 u v 5 2 2 III 2 u v 53 u v 2uv 53 uv 14 2 X1 7 u và v là hai nghiệm của phương trình X 5X 14 0 X2 2 u 7 u 2 Do đó ta có  v 2 v 7 1 x 7 7 3 5 7 3 5 u 7 x x x Khi 2  2 v 2 1 y 2 y 1 y 1 y 1 x 2 x 1 x 1 u 2 x Khi 7 3 5  7 3 5 . Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm v 7 1 y y y 7 2 2 y 2 2 x y x y 4 2 2 I.4) Giải hpt/pt: a) b) x 4 x 2 3x 4 x xy(x 1)(y 1) 4 2 2 c) 3 2 x 3 7 x 3 2 x 3 7 x 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.170 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x2 y2 x y 4 (x2 x) (y2 y) 4 G: a) Ta có hệ phương trình tương đương với xy(x 1)(y 1) 4 x(x 1)y(y 1) 4 2 2 u v 4 Đặt u x x;v y y . Khi đó hệ phương trình trở thành uv 4 u và v là hai nghiệm của phương trình X2 4X 4 0 X 2 x 1 x2 x 2 x 2 Khi đó u = v = 2 2 y y 2 y 1 y 2 Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm 1; 1 ; 1;2 ; 2; 1 ; 2;2 . b) Đặt u x;v 4 x2 0 . 2 2 u2 v2 4 u v 2uv 4 2 3uv 2uv 4 Khi đó ta có hệ phương trình u v 2 3uv u v 2 3uv u v 2 3uv uv 0 13 u v uv 9uv 10 0 19 u v 2 3 uv  u v 2 3uv 9 uv 0 19 uv u v 2 3uv 9 Từ đó ta giải được phương trình có 2 nghiệm là x = 0 và x = 2. c) Đặt u 3 2 x;v 3 7 x . Khi đó ta có hệ phương trình 2 u2 v2 uv 3 u v 3uv 3 u v 3 u 1 u 2  u3 v3 9 2 2 uv 2 v 2 v 1 u v u v uv 9 Từ đó ta giải được phương trình có 2 nghiệm là x = 1 và x = 0. I.5)Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: + Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). + Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 4P (*). + Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m. Chú ý: Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u, v. x y 1 x y xy m x 4 y 1 4 x2 y2 4x 4y 10 a) b) c) d) 2 2 x x y y 1 3m x y xy 3m 9 x y 3m xy(x 4)(y 4) m ì ì ï x + y = 1 ï x + y = 1 G : a) Điều kiện x, y 0 ta có: íï Û íï ï x x + y y = 1- 3m ï ( x)3 + ( y)3 = 1- 3m îï îï ïì S = 1 ïì S = 1 Đặt S = x + y ³ 0, P = xy ³ 0 , S2 ³ 4P. Hpt trở thành: íï Û íï . ï S3 - 3SP = 1 - 3m ï P = m îï îï 1 Từ điều kiện S ³ 0,P ³ 0,S2 ³ 4P ta có 0 £ m £ . 4 x y xy m b)Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm thực. x2 y xy2 3m 9 ïì (x + y) + xy = m ïì S+ P = m Hpt Û íï . Đặt S = x + y, P = xy, S2 ³ 4P. Hpt trở thành: íï . ï xy(x + y) = 3m - 9 ï SP = 3m - 9 îï îï ïì S = 3 ïì S = m - 3 Suy ra S và P là nghiệm của pt: t 2 - mt + 3m - 9 = 0 Þ íï Ú íï . ï P = m - 3 ï P = 3 îï îï Bài-giảng Pt- Hpt trang.171 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 é32 ³ 4(m - 3) 21 Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm Û ê Û m £ Ú m ³ 3 + 2 3 . ê(m - 3)2 ³ 12 ëê 4 x 4 y 1 4 c) Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm. x y 3m ì ïì u + v = 4 ï u + v = 4 ï Đặt u = x - 4 ³ 0, v = y - 1 ³ 0 hệ trở thành: í 2 2 Û í 21- 3m . ï u + v = 3m - 5 ï uv = î îï 2 21- 3m Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của t 2 - 4t + = 0 (*). 2 ïì / ïì 3m - 13 ï D ³ 0 ï ³ 0 ï ï 13 Hệ có nghiệm Û (*) có 2 nghiệm không âm: Û íï S ³ 0 Û í 2 Û £ m £ 7 . ï ï 21- 3m 3 ï P ³ 0 ï ³ 0 îï ïî 2 x2 y2 4x 4y 10 d) Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm thực. xy(x 4)(y 4) m ïì (x2 + 4x) + (y2 + 4y) = 10 Hpt Û íï .Đặt u = (x + 2)2 ³ 0, v = (y + 2)2 ³ 0. Hpt trở thành: ï (x2 + 4x)(y2 + 4y) = m îï ïì S2 ³ 4P ïì u + v = 10 ïì S = 10 ï íï Û íï (S = u + v, P = uv). Đk: íï S ³ 0 Û - 24 £ m £ 1. ï uv - 4(u + v) = m - 16 ï P = m + 24 ï îï îï ï P ³ 0 îï x y xy 1 m x y xy m x 2 y 2 m I.6)Tìm m để mỗi hpt sau có nghiệm: a) b) c) 2 2 4 4 5(x y) 4xy 4 x y m x y 3m 2 x y m x y x 2 y 2 8 d) e) x 4 y 1 4 xy(x 1)(y 1) m x y xy 1 m 2 G: a) Đặt S =x+y, P=xy(điều kiện S 4P ).Thay vào hpt và giải hệ ta có S=4m, 5(x y) 4xy 4 P=5m-1. 1 Hệ có nghiệm s 2 4 p m 1 hoặc m 4 x y xy m S P m b) Đặt S = x+y, P = xy(điều kiện :s 2 4 p ). Khi đó hpt: 2 2 2 x y m S 2P m S 1 3m 1 S 1 3m 1 1 hoặc (với m ) P m 1 3m 1 P m 1 3m 1 3 1 3m 1) 2 4(m 1 3m 1) Hệ có nghiệm S2 4P m 0 (TMĐK) 2 ( 1 3m 1) 4(m 1 3m 1) x 2 y 2 m c) Đặt s=x 2 +y 2 ,p=x 2 y 2 (ĐK:s,p 0) Khi đó 4 4 x y 3m 2 2 s m s 4 p s m 0 m 1 hpt 2 Hệcónghiệm s 0 2 m 3m 2 s 2 p 3m 2 p 2 m 3 5 2 p 0 x y m d) Đặt u= x 4 ,v= y 1 (Đk: u,v 0 ,x 4 ,y 1) x 4 y 1 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.172 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 u v 4 u v 4 Khi đó hpt: 2 2 21 3m u v 3m 5 uv 2 u v 0 16 2(21 3m) 13 Hệ có nghiệm u 0 ,v 0 uv 0 m 7 21 3m 0 3 2 (u v) 4uv x y x 2 y 2 8 1 1 u v 8 e) Đặt u=x(x+1), v=y(y+1)(ĐK :u ,v ). Khi đó hệ: nên u,v là xy(x 1)(y 1) m 4 4 uv m 1 1 nghiệm pt bậc hai: X 2 -8X +m=0 (u,v ). Hệ có nghiệm khi pt này có hai nghiệm lớn hơn bằng 4 4 1 Hai đồ thị hai hàm số y=x 2 -8x và y=-m cắt nhau tại hai điểm có hoành độ .Nên dựa vào đồ thị ta 4 31 có giá trị m thoả mãn :-16 m 16 x y 1 Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt I.7) 3 3 x y m(x y) 1 x y x y 1 x y 1 x y 1 2 G: Hpt v Hệ có ba 2 2 2 2 (x y)(x y xy m) o x y 0 x y xy m 0 x y 1 xy 1 m x y 1 1 2 nghiệm pb khi có hai nghiệm phân biệt x ,y pt X -X +1-m=0 có hai nghiệm phân biệt xy 1 m 2 1 3 3 4m 30 m. (m= ptcó nghiệm kép X=0,5) 2 4 4 x y xy 2m 1 Cho hệ phương trình : I.8) 2 xy(x y) m m a) CMR : hệ có nghiệm với mọi giá trị của m b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất s m (1) s p 2m 1 p m 1 G: Đặt s=x+y , p=xy. Khi đó hệ phương trình : 2 sp m m s m 1 (2) p m a) Hệ (2) có mghiệm với mọi m (s 2 4 p với mọi m) b) Hệ(2)luôn có nghiệm với mọi m ,nên hệ có nghiệm thì hệ (2)có nghiệm duy nhất s 2 4 p (m 1) 2 4m m 1 Với m=1 hệ (1)vô nghiệm ,hệ (2)có nghiệm duy nhất.Vậy m=1 Chú ý : Khi hệ pt tương đương với nhiều hệ khác thì ĐK cần để hệ có nghiệm duy nhất là một trong các hệ đó có nghiệm duy nhất ,từ đó tìm được ĐK của tham số ,thay giá trị của tham số tìm được vào hệ rồi giải hệ kiểm tra điều kiện đủ x2 y2 x y 8 I.9)Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm (*) xy(x 1)(y 1) m 2 2 1 1 u v 8 G: Đặt u x x;v y y , với u ;v . Khi đó hpt trở thành ( ) 4 4 uv m u và v là hai nghiệm của phương trình X2 8X m 0 X2 8X m (1) 1 Do đó hệ (*) có nghiệm Pt (1) có nghiệm X 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.173 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 1 Xét hàm số y X2 8X (với X ) , có đồ thị là một parabol (P) 4 y = - m là một đường thẳng (d) cùng phương với trục OX. Số nghiệm của phương trình (1) Số giao điểm của (P) và (d). 1 33 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy rằng pt (1) có nghiệm u 4 m 16. 4 16 33 Vậy giá trị cần tìm của m là m 16 . 16 x2 xy y2 m 6 I.10) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 2x xy 2y m G: Giả sử hệ phương trình có nghiệm x0 ; y0 thế thì y0 ;x0 cũng là một nghiệm của hệ. Vậy hệ có nghiệm duy nhất thì x0 y0 suy ra 2 3x0 m 6 2 2 2 x0 1 m 3 2 3x0 x0 4x0 6 2x0 4x0 6 0 x0 4x0 m x0 3 m 21 2 2 x xy y 3 2 + Với m = - 3 hệ trở thành . Đặt S = x + y và P = xy với S 4P 0 (*) 2x xy 2y 3 S2 P 3 S2 2S 0 S 0 S 2 Hệ phương trình trở thành  2S P 3 P 3 2S P 3 P 1 Từ đó ta tìm được 2 nghiệm của hệ là 3; 3 ; 3; 3 . Suy ra m = -3 thì hpt không có nghiệm duy nhất. x2 xy y2 27 + Với m = 21 hệ trở thành 2x xy 2y 21 Đặt S = x + y và P = xy với S2 4P 0 (*) S2 P 27 S2 2S 48 0 S 6 S 8 Hệ phương trình trở thành  2S P 21 P 21 2S P 9 P 37 Từ đó ta tìm được 1 nghiệm của hệ là 3;3 . Suy ra m = 21 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Vậy giá trị cần tìm của m là m = 21. x 1 y 1 2 I.11) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1) x y 2m u v 2 u v 2 G: Đặt u x 1 0;v y 1 0 . Hệ đã cho trở thành 2 2 u v 2m 2 uv 3 m u và v là hai nghiệm không âm của phương trình X2 2X 3 m 0(*) V' 0 m 2 0 Hpt (1) có nghiệm Pt (*) có 2 nghiệm không âm S 0 2 0 2 m 3 P 0 3 m 0 Vậy giá trị cần tìm của m là 2 m 3. x2 y2 m I.12) Cho hệ phương trình x y 6 a.Giải hệ phương trình với m= 26 b.Xác định m để hệ vô nghiệm c.Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất, xác định nghiệm đó d.Xác định m để hệ có nghiệm phân biệt x y 6 (x y)2 2xy m G: Biến đổi hệ phương trình về dạng : 36 m x y 6 xy 2 36 m Khi đó, x,y là nghiệm của pt: t 2 6t 0 (1) 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.174 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 2 t 1 x 1, y 5 Với m=26, ta được : (1) 2t 12t 10 0 t 5 x 5, y 1 vậy, với m=26 hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (1,5) và (5, 1). ' b.Hệ vô nghiệm (1) vô nghiệm (1) 0 m-18 18 hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2 x y 6a 14 I.13) Cho hệ phương trình: . Tìm a để hệ có 2 nghiệm 2 2 x y 3 2 a G: Giả sử hệ trên có 2 nghiệm. Gọi (c,b) là một trong 2 nghiệm ấy do hệ trên là hệ đối xứng loại1 nên(b,c);(-c,-b);(-b,-c) cũng là nghiệm của hệ. Rõ ràng: (c,b) (-c,-b) 6a 14 0 Thật vậy nếu (c,b)= (-c,-b) thì c=b=0 : vô lí a 2 0 2 x x 6a 14 7 Vì vậy để hệ đã cho có 2 nghiệm thì c=b hay x=y. Thay vào hệ ta có: a 2 3 2x 3 2 a 13 2 x y 7 x y 0 2 7 *a : 1 & 2 . Vậy a là giá trị cần tìm để hệ có đúng 2 nghiệm 3 x2 y2 13 13 3 x y 2 2 xy x y z a xy x y a 2 1 I.14) Hãy xác định a để hệ sau có nghiệm duy nhất: b) 2 2 2 2 2 x y z a x y xy a 1 2 G: Nếu coi z2 là tham số thì hệ đã cho là một hệ đối xứng loại 1 với 2 ẩn x và y. Vì vậy nếu hệ trên có nghiệm (x,y,z) = (m,n,k) thì (m,n,-k) cũng là một nghiệm của hệ để hệ có nghiệm duy nhất thì 2 x2 a xy x y z 0 x=y&z=0.Thay vào hệ, ta được: a 0 . *a 0 :hệ đã cho có dạng: I 2 2 2 2 2x a x y z 0 Từ (I) ta dễ dàng nhận thấy x=y=z=0 là nghiệm duy nhất của hệ. Vậy: a=0 là giá trị cần tìm. xy x y a 2 1 b) 2 2 x y xy a 1 2 Giả sử hệ trên có nghiệm duy nhất là (c,b) do hệ trên là hệ đối xứng loại 1 nên (b,c) cũng là nghiệm của hệ để hệ có nghiệm duy nhất thì c=b hay x=y. Khi đó thay vào hệ ta được: 1 2 2 2 x x 2x a 2 x 2x a 2 x 2x 2 a 2 x 1 x 1 ; ; 2x3 a 1 2x3 1 x2 2x x2 1 2x 1 0 3 a 1 a 3 a 4 xy x y 3 3 *a 1: (1) & (2) xy x y 2 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.175 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x y 2 I xy 1 2 t 1 Theo định lí Viet thì xy và x+y là nghiệm của pt: t 3t 2 0 3 & 4 t 2 x y 1 II xy 2 Giải (I): x,y là nghiệm của phương trình:t 2 2t 1 0 t 1 x y 1 Giải (II): x,y là nghiệm của phương trình: t 2 t 2 0 :vô nghiệm 7 0 . Vậy a=1 thỏa mãn 5 xy x y 5 3 4 *a : 1 & 2 Theo định lí Viet, xy và x+y là nghiệm của pt: 4 1 xy x y 6 4 1 xy III 4 t 1 x y 1 2 5 1 1 1 t t 0 1 . Tương tự ta được nghiệm(x;y) duy nhất là ; . 4 4 t xy 1 2 2 4 IV 1 x y 4 3 Vậy a thỏa mãn 4 xy x y 1 7 *a 3: 1 & 2 xy x y 2 8 xy 1 V x y 2 2 t 1 Theo định lí Viet thì xy và x+y là nghiệm của pt:t t 2 0 7 & 8 t 2 xy 2 VI x y 1 Xét hệ (V) có 2 nghiệm là (2;-1) và (-1;2). Vậy a=-3 không thỏa mãn. 3 Tóm lại: giá trị a cần tìm là 1& 4 x y 2m 1 I.15) Cho (x;y) là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 Tìm m để xy nhỏ nhất. x y 2m 2m 3 G: Đặt S = x + y và P = xy với S2 4P 0 (*) S 2m 1 S 2m 1 Hệ phương trình trở thành 2 2 2 S 2P 2m 2m 3 P m 3m 2 2 7 Từ điều kiện (*) ta có 2m 1 4 m2 3m 2 m 8 2 2 3 1 1 Ta có P = xy = m 3m 2 m 2 4 4 3 3 Dấu bằng xảy ra khi m . Vậy với m thì xy đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 a 2 b2 c2 2 4 4 4 4 4 4 I.16) Cho các số a , b, c thỏa mãn . Cm: a ; b ; c . ab bc ca 1 3 3 3 3 3 3 2 a 2 b2 c2 2 a b 2ab 2 c2 G: Ta có ab bc ca 1 ab c a b 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.176 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 Ta xem đây là hệ phương trình của a, b và đặt S = a + b và P = ab với S2 4P 0 (*) . Ta được hệ P 1 Sc S2 2P 2 c2 S c 2 S c 2 S c 2 (I)  (II) Sc P 1 P 1 Sc P 1 Sc S c 2 4 + Xét (I) ta có S = -c - 2 ; P c2 2c 1. Với S2 4P 0 3c2 4c 0 c 0 (1) 3 4 + Xét (II) ta có S = -c + 2 ; P c2 2c 1. Với S2 4P 0 3c2 4c 0 0 c (2) 3 4 4 4 4 4 4 Từ (1) và (2) ta được c .Tương tự , ta cũng cm được a ; b . 3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 Vậy a ; b ; c . 3 3 3 3 3 3 I.17) I.18) Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn: [tk] a. §Þnh nghÜa: Lµ hÖ ba Èn víi c¸c ph¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng. x + y + z = α b. §Þnh lý Vi-et cho ph¬ng tr×nh bËc 3: Cho 3 sè x, y, z cã: xy + yz + zx = β xyz = γ Th× x, y, z ;µ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0.(*) ThËy vËy:(X - x)(X - y)(X - z) = 0 ↔[ X2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0 ↔X3 - X2z - X2(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0↔X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) cã nghiÖm lµ x, y, z ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 cã 3 nghiÖm lµ x, y, z. c.C¸ch gi¶i: + Do c¸c ph¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng nªn ta lu«n viÕt ®îc díi d¹ng α, β, γ x + y + z = α Khi ®ã ta ®Æt xy + yz + zx = β . Ta ®îc hÖ cña α, β, γ. xyz = γ + Gi¶i ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) t×m ®îc nghiÖm (x, y, z) cña hÖ. Chó ý: (1) cã nghiÖm duy nhÊt hÖ v« nghiÖm. (1)cã 1 nghiÖm kÐp duy nhÊt hÖ cã nghiÖm. (1)cã 2 nghiÖm : 1 nghiÖm kÐp, 1 nghiÖm ®¬n hÖ cã 3 nghiÖm. (1) cã 3 ngiÖm hÖ cã 6 nghiÖm. d. Bµi tËp: x + y + z = 2 2 2 2 VD1:Gi¶i hÖ: x + y + z = 6 3 3 3 x + y + z = 8 Gi¶i: ¸p dông h»ng ®¼ng thøc ta cã: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx). x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = -1. 8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz xyz = -2. t = 1 3 2 x, y, z lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:t - 2t - t + 2 = 0 t = - 1 t = 2 VËy hÖ cã 6 cÆp nghiÖm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). Bài-giảng Pt- Hpt trang.177 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x + y + z = 9 (1) VD2:Gi¶i hÖ xy + yz + zx = 27 (2) 1 1 1 + + = 1 (3) x y z xy + yz + zx Gi¶i: §K: x, y, z ≠ 0. Tõ (3) = 1. Do (2) xyz = 27. xyz x + y + z = 9 VËy hÖ xy + yz + zx = 27 xyz = 27 Do ®ã (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0 (X - 3)3 = 0 X = 3. VËy hÖ cã nghiÖm lµ (3; 3; 3). x + y + z = a 2 2 2 2 VD3: Gi¶i hÖ x + y + z = a 3 3 3 3 x + y + z = a Gi¶i: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = 0. x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz xyz = 0. x + y + z = 0 X = 0 3 2 VËy cã: xy + yz + zx = 0 (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X - aX = 0 X = a xyz 0 VËy hÖ cã nghiÖm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chó ý: Cã nhiÒu vÊn ®Ò cÇn lu ý khi gi¶i hÖ lo¹i nµy + Víi c¸ch gi¶i theo ®Þnh lý Vi-et tõ hÖ ta ph¶i ®a ra ®îc x + y + z; xy + yz + zx; xyz cã thÓ nã lµ hÖ qu¶ cña hÖ nªn khi t×m ®îc nghiÖm nªn thö l¹i. + V× lµ hÖ ®èi xøng gi÷a c¸c Èn nªn trong nghiÖm cã Ýt nhÊt 2 cÆp nghiÖm cã cïng x, cïng y hoÆc cïng z nªn cã thÓ gi¶i hÖ theo ph¬ng tr×nh céng, thÕ. x + y + z = 9 (1) VD: xy + yz + zx = 27 (2) 1 1 1 + + = 1 (3) x y z Gi¶i: Râ rµng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cña (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz (4). Tõ (2) vµ (4) xyz = 27 (5) Tõ (2) x2(y + z) + xyz = 27x (6) Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0↔x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0↔ (x - 3)3 = 0 x = 3 y + z =6 Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã: y = z = 3. VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3. yz = 9 Bài-giảng Pt- Hpt trang.178 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 [I.2] . HỆ ĐỐI XỨNG KIỂU 2 Hệ đối xứng loại 2 có đặc trưng : nếu thay x bởi y, y bởi x thì pt này trở thành pt kia và ngược lại. 1. Khái niệm - Đa thức f(x,y) được gọi là đối xứng đối với x,y nếu f(x,y) = f (y,x) với mọi x,y. f (x, y) 0 - Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ có dạng (II): trong đó f(x,y) là một đa thức không f (y, x) 0 đối xứng. ( Có nghĩa là khi ta hoán vị giữa x và y thì (1) biến thành (2) và ngược lại). 2.Cách giải x y Trừ (1) và (2) theo vế ta được: f(x,y) - f (y,x) = 0 g(x, y) x y 0 g(x, y) 0 f (x, y) 0 x y Hệ phương trình (II) f (x, y) 0 g(x, y) 0 Giải các hệ phương trình trên ta được nghiệm của hệ (II) *Chú ý: i) Hpt trình đối xứng loại (II) nếu có nghiệm xo ; yo thì yo ;xo cũng là một nghiệm của nó. ii) Có thể ta phải đặt ẩn phụ thì hpt mới có dạng đối xứng, nhưng khi đó ta cần lưu ý đến điều kiện của ẩn phụ. iii) Nếu các ẩn x,y có cùng một điều kiện thì thay vì giữ nguyên phương trình (2) ta nên cộng hai phương trình lại với nhau để đưa hệ hai về dạng đối xứng loại 1. 3 1 3 y2 2 2x 2x y 2 3y 2 x y x x I.19)Giải hpt: a) b) c) 3 1 3 x2 2 2y x 2y 2 3x 2 y x y y 2x2 y 3y x(1) x y G: a) Điều kiện x 0; y 0 . Hpt x y 2xy 4 0 2 2xy 3x y(2) xy 2 3 x 0 Khi x = y thay vào phương trình (1) ta được 2x 2x 0 x 1 Đối chiếu điều kiện x 0 ta có x 1. Do đó hệ phương trình có 2 nghiệm là (1;1) và (-1;-1). x 0 3 Khi xy = -2 thay vào phương trình (1) ta được 2x 4x 0 x 2 Đối chiếu điều kiện x 0 ta có x 2 . Do đó hệ phương trình có 2 nghiệm là 2; 2 ; 2; 2 Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là 2; 2 ; 2; 2 ; (1;1) và (-1;-1). 3 2x y x2 b) Đk: x 0; y 0 . 3 2y x 2 y 2x3 yx2 3y(1) x y Hpt x y 2x2 2y2 3xy 0 2 2 2 2 2xy xy 3x(2) 2x 2y 3xy 0 3 x 0 Khi x = y thay vào phương trình (1) ta được 3x 3x 0 x 1 Đối chiếu điều kiện x 0 ta có x 1. Do đó hệ phương trình có nghiệm là (1;1) . 2 2 2 2 2 2 3y 7y 3y 7y Khi 2x 2y 3xy 0 2 x 0 (Pt vô nghiệm do 2 x 0,x 0; y 0) 4 8 4 8 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1;1). Bài-giảng Pt- Hpt trang.179 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 y2 2 3y 2 2 2 x 3yx y 2(1) x y c) Đk: x 0; y 0 . Hpt x y x y 3xy 0 2 2 2 x 2 3xy x 2(2) x y 3xy 0 3x 2 y 3 2 2 x 1 Khi x = y thay vào pt (1): 3x x 2 0 x 1 3x 2x 2 0 2 3x 2x 2 0 + Với x = 1 y 1 + Với 3x2 2x 2 0 ( Vô nghiệm) Khi x y 3xy 0 (*) , Ta thấy vế phải của hpt đều dương nên có x > 0 ; y > 0 x y 3xy 0 . Do đó phương trình (*) vô nghiệm. Vậy hpt có nghiệm duy nhất (1;1). 1 3 2 2 2x 2x y 3y 2 1 y x I.20) Giải hệ phương trình: a) I b) 2y2 x 3x2 2 2 1 3 2y x y x y 4 2x 2 xy 3x (1) c) d) 2 2 xy y(x y) 4(y 2) 2y xy 3y (2) G: a) Trừ từng vế của (1) và (2) ta được: 5 x2 y2 x y 0 x y 5x 5y 1 0 2x2 y 3y2 2 2x2 y 3y2 2 Hệ (I) trở thành 2 hệ: hay x y 5x 5y 1 Nghiệm của 2 hệ trên chính là nghiệm của hệ (I).Giải 2 hệ trên ta được tập nghiệm của (I) là: 1 209 1 209 1 209 1 209 1; 1 , 2;2 , ; , ; 10 10 10 10 1 3 2x 2 y x 2x y x 3y b) Với điều kiện x,y 0. Hpt đã cho tương đương với: (*) 1 3 2xy 2 y 3x 2y x y Trừ hai phương trình trùng phương ta được: (2xy+4)(x-y) = 0 +)Với x=y thế trở lại (*) ta được: 2x 3 2x 0 x 0 (loại) và x= 1 hai nghiệm x = y = 1. x 2, y 2 +) Với xy = -2, thế trở lại (*) ta được y = -x x = 2 2 nghiệm: x 2, y 2 x 2 x 2 y x 1 Vậy hệ có nghiệm: ; ; y 2 y 2 y x 1 x y 4 x 4 y x 4 y x 4 y c) 2 2 2 2 xy y(x y) 4(y 2) xy 4y 4y 8 xy 8 (4 y)y 8 y 2, x 2 x 4 y x 4 y y 1 5, x 3 5 3 2 2 y 4y 8 0 (y 2)(y 2y 8) 0 y 1 5,3 5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x,y) = (2,2),(3 5,1 5) ,(3 5,1 5) 2x 2 xy 3x (1) d) 2 2y xy 3y (2) 2(x 2 y 2 ) 3(x y) (x y)(2(x y) 3 Lấy (1) - (2) ta có hệ phương trình: 2 2 2y xy 3y 2y xy 3y Bài-giảng Pt- Hpt trang.180 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x y 0 2(x y) 3 0 Hệ tương đương với hai hệ phương trình: ( I ) hay ( II ) 2 2 2y xy 3y 2y xy 3y x y x y x y 0 Ta có: ( I ) 2 2 2 2y y 3y 3y 3y 0 x y 1 3 3 3 x y x y x , y 0 2 2 2 ( II ) 3 3 3 2y 2 ( y)y 3y y 2 y 0 x 0, y 2 2 2 3 3 Vậy hệ có bốn nghiệm (x,y) = (0,0),(1,1),(0, ),( ,0). 2 2 I.21)Giải các hpt sau: 2 3 2 2 y x 3x 2x(1) x2 2y2 2x y (1) x 2x 5 4y a) 2 x y 1 3 2 2 2 x2 y3 3y2 2y(2) y 2x 2y x (2) x 2y 5 4x 2 y x 1 3 b) c) d) G: a) Điều kiện: x 1; y 1 . Đặt: X x 1;Y y 1(X ,Y 0) , ta có hệ: 2(X 2 1) Y 3 2X 2 Y 1(1) 2 2 2(Y 1) X 3 2Y X 1(2) Lấy (1) trừ(2) vế theo vế: 2(X 2 Y 2 ) (X Y ) 0 (X Y )(2X 2Y 1) 0 X Y 2X 2Y 1 0 1 5 i) Với X=Y, thay vào (2) ta có: 2X 2 X 1 0 X (vì X 0) x y 2 4 1 ii) Với 2X 2Y 1 0 Y (1 2X ) , thay vào (1) ta có: 2 1 5 1 5 X Y (l) 2 4 4 5 5 4X 2X 1 0 Vậy hệ có nghiệm ; . 1 5 4 4 X (l) 4 y2 x2 x3 y3 3(x2 y2 ) 2(x y) b) Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: (x y)(x2 xy y2 2x 2y 2) 0 1 (x y) x2 y2 (x y 2)2 0 x y 2 (vì x2 y2 (x y 2)2 0) Thay x=y vào (1) ta được: x3 4x2 2x 0 x(x2 4x 2) 0 x 0 x 0 2 x 4x 2 0 x 2 2 Vậy hệ có 3 nghiệm: (0;0);(2 2;2 2);(2 2;2 2) . c) Trừ từng vế cua phương trình (1) cho (2) ta có: x2 – y2 – 2y2 + 2x2 = 2x – 2 y+ y– x Bài-giảng Pt- Hpt trang.181 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 3(x2 y2 ) x y (x y)(3x 3y 1) 0 x y 0 3x 3y 1 0 x y 1 3x y 3 Thay vào phương trình (1) ta có: x 0 y 0 TH1: x = y x2 – 2x2 = 3x x ( x+3) = 0 x 3 y 3 1 3x 2 2 1 3x 1 3x TH2: y = x 2 2x 3 3 3 9x2 2(1 6x 9x2 ) 18x 3 9x 9x2 3x 5 0 x  Vậy x = y = 0 hoặc x = y = -3 2 x 2x 5 4y (x2 y2 ) 2(x y) 4(x y) (x y)(x y 2) 0 d) 2 2 2 x 2y 5 4x x 2x 5 4y x 2x 5 4y x y 0 2 x 2x 5 4y 0 x y 2 0 2 x 2x 5 4y 0 x y 0 x y 2 2 x 2x 5 4y 0 x 2x 5 4x 0 x y TH1: 2 x 6x 5 0 (a+b+c=0) x y x y 1 x 1 hay x=5 x y 5 x y 2 0 2 x 2x 5 4y 0 TH2: y 2 x y 2 x x  2 2 x 2x 13 0 (x 1) 12 0 y 2 x x 1 x 5 Hệ phương trình vô nghiệm. Vậy nghiệm của hpt đã cho là: hay y 1 y 5 3 x 3x 8y 1 x 4 y 1 1 I.22) Giải hệ phương trình: a) (I) b) 3 4 y 3y 8x 2 y x 1 1 G: a) Lấy (1) (2) ta được: (x - y)(x2 + xy + y2 + 5) = 0 x = 0 x3 = 3x + 8y x3 - 11x = 0 Trường hợp 1: (I) x = ± 11 . x = y x = y x = y Bài-giảng Pt- Hpt trang.182 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 2 2 x +xy+y +5=0 Trường hợp 2: (I) (hệ này vô nghiệm) 3 3 x +y =11 x+y Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm: (x, y)= (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11) 4 x y 1 1 4 b) Đặt: x - 1 = u 0; 4 y - 1 = v 0 4 y x 1 1 u4 + 1 + v = 1 u4 + v = 0 u = 0 x = 1 Hệ phương trình trở thành (Do u, v ≥ 0) . 4 4 v + 1 + u = 1 v + u = 0 v = 0 y = 1 Vậy hệ có nghiệm (1,1) 4 x y 1 1 3 I.23) Giải pt-hpt [đưa về hpt đối xứng loại II]: a) b) x 1 2 3 2x 1 4 y x 1 1 u4 v 0 u 0 x 1 G: a) Đặt u 4 x 1 0;v 4 y 1 0 . Hpt trở thành: ( do u 0;v 0 ) 4 v u 0 v 0 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 1 ; 1). b) x3 1 2 3 2x 1 (1). Đặt u 3 2x 1;v x 3 v3 1 2u v 1 2u v3 1 2u v3 1 2u Ta có hpt: (I) (II) 3 2 2  2 2 u 1 2v v u v uv v 1 0 u v v uv u 1 0 u v 1 1 5 + Giải hệ ( I ) ta được 1 5 . Từ đó ta có nghiệm của pt (1) là x 1 x u v 2 2 2 2 2 2 u 3u + Giải hệ ( II ), ta có v uv u 1 0 v 1 0 2 4 2 u 3u2 ( vô nghiệm do v 1 0,u, v ) . Do vậy hệ (II) vô nghiệm . 2 4 1 5 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x 1;x . 2 y2 x y m Cho hệ phương trình (I) I.24) 2 x x y m a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 2 y2 x 0 x y x y x y G: Hệ (I) (II)  (III) 2 2 2 2 x y y m x y y m x 2x m 0 y m 0 Hệ (I) có nghiệm Hệ (II) có nghiệm hoặc hệ (III) có nghiệm x 0 1 m 0 m 1 m 0 . Vậy m 0 y 0 m 0 m 0 Hệ (I) có nghiệm duy nhất Hệ (II) có nghiệm duy nhất và hệ (III) vô nghiệm hoặc hệ (III) có nghiệm x 0 1 m 0 0 y m 0 duy nhất và hệ (II) vô nghiệm m 1 . Vậy m 1 x 0 1 m 0 0 m 0 y 3 2 2 x y 7x mx I.25)Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: (I) 3 2 2 y x 7y my Bài-giảng Pt- Hpt trang.183 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 2 2 x y x y 6 x y 6y m 0 G: Hệ (I) 3 2 2 x y 7x mx 2 2 x y x y 6 x y 6y m 0(*) (II)  (III) 3 2 3 2 2 x 8x mx x y 7x mx Hệ ( I ) có nghiệm duy nhất Hệ (II) có nghiệm duy nhất và hệ (III) vô nghiệm . x y x y x 0(1) Xét (II) 2 x(x 8x m) 0 x y 2 x 8x m 0(2) Hệ (II) có nghiệm duy nhất (2) vô nghiệm ' 0 m 16 Với m > 16 , hệ (III) vô nghiệm (*) vô nghiệm. 2 Dễ thấy y 3 y 2 4 m 12 0,y và m > 16. Vậy hpt có nghiệm duy nhất khi m > 16. x2 my 1 (1) I.26)Giải và biện luận theo m hệ phương trình sau: 2 y mx 1 (2) Ξ Lấy (1) – (2) ta được: (x y)(x y) m(x y) y x (x y)(x y m) 0 y x m 2 2 TH1: y = x (1) x mx 1 0 ( =m 4) Pt có nghiệm 0 m 4 m m2 4 m m2 4 Khi đó hệ có nghiệm x = y = và x = y =  (*) 2 2 TH2: y = -x – m x2 mx m2 1 0 (1) Phương trình vô nghiệm 2 2 2 m 4(m 1) 3m 4 0 . Vậy : m 2 : ( ; ) , (; ) như trên. m 2 : vô nghiệm x2 2xy y mx (1) I.27) Giải và biện luận theo m hệ: 2 y 2xy x my (2) x y ΞTrừ từng vế hai phương trình ta được : (x – y)(x + y – m +1) =0 x y m 1 0 m 1 Thay x = y vào (1) ta được nghiệm x = y = 0 hay x = y = 3 Thay x + y –m + 1=0 y m 1 x , thay vào (1): x2 (m 1)x m 1 0 có (m 1)(m 5) Biện luận theo m biệt số để suy ra nghiệm x và y. I.28)Tìm m để hpt sau: x 2 3x my x 2 2y 2 mx y a) có 2 nghiệm phân biệt b) có nghiệm duy nhất 2 2 2 y 3y mx y 2x my x xy x 2 m(y 1) 1 x 6 y m c) có nghiệm duy nhất d) có nghiệm duy nhất 2 xy y m(x 1) 1 y 6 x m x 2 3x my G: a)Cho hệ pt: Tìm m để hệ có hai nghiệm phân biệt 2 y 3y mx x y 0 y(y 3 m) 0 x y 0 Trừ hai vế của của hai pt ta có : 2 x 3x my x y x y 3 m Bài-giảng Pt- Hpt trang.184 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 Hệ có hai nghiệm phân biệt m+3 0 m 3 x 2 2y 2 mx y b)Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất . Trừ hai vế của hai pt,ta có hệ: 2 2 y 2x my x (x y)(3x 3y m 1) 0 x y 3x 3y m 1 0 (1) hoặc (2) 2 2 2 2 2 2 x 2y mx y y 2x my x y 2x my x Giải hệ (1) ta có x=y=0 v x=y=-m-1 Nên hệ có nghiệm duy nhất thì :-m-1=0 m 1 khi đó hệ (2) vô nghiệm .Vậy m=-1 xy x 2 m(y 1) c)Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất : 2 xy y m(x 1) Nếu hệ có nghiệm (x,y) thì (y,x) cũng là nghiệm của pt nên hệ có nghiệm duy nhấtthì x=y thay vào hệ có pt: 2x 2 mx m 0 có nghiệm duy nhất khi m=0 v m=8 xy x 2 0 x 0 y x 0 Với m=0 hệ là: hoặc (hệ có vô số nghiệm) 2 xy y 0 y 0 x(x y) 0 xy x 2 8(y 1) Với m=8 hệ: x y 2 (hệ có nghiệm duy nhất). Vậy m=8 2 xy y 8(x 1) 1 x 6 y m d)Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất : Đk:-1 x, y 6 1 y 6 x m Nếu (x,y)là nghiệm của hệ thì (5-x,5-y)cũng là nghiệm của hệ nên hệ có nghiệm duy nhất thì x 5 x 5 x=y= thay vào hệ ta có m= 14 . y 5 y 2 1 x 6 y 14 1 x 6 y 14 Với m= 14 hệ pt: 1 y 6 x 14 1 x 6 x 1 y 6 y 2 14 5 Mà 1 x 6 x 1 y 6 y 2 14 dấu bằng xảy ra x=y= (thoả mãn hệ pt) 2 5 Nên hệ có nghiệm duy nhất x=y= . Vậy m= 14 2 2 2 x 2a 1 x a 3 y 1 I.29)Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất: 2 2 y 2a 1 y a 3 x 2 G: Do hệ (1)&(2) là hệ đối xứng loại 2 nên nếu hệ trên có nghiệm là (m,n) thì (n,m) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì m=n hay x=y. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được: x2 2a 1 x a2 3 x x2 2 a 1 x a2 3 0 3 Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1)&(2) để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy nhất ' a2 2a 1 a2 3 0 a 2 2 x2 3x 1 y x 3x 1 y *a 2 : 1 & 2 2 y 3y 1 x x y x y 4 0 x y x y I 2 2 x 3x 1 x x 2x 1 0 x y 4 x y 4 II 2 2 x 3x 1 4 x x 4x 5 0 ' Giải (I): x=y=-1. Giải (II): 4 5 1 0 vô nghiệm (II) vô nghiệm Vậy: a=-2 là giá trị cần tìm. Bài-giảng Pt- Hpt trang.185 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 2 x y axy 1 1 I.30) Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất: 2 y x axy 1 2 G: Do hệ (1)&(2) là hệ đối xứng loại 2 nên nếu hệ trên có nghiệm là (m,n) thì (n,m) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì m=n hay x=y. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được: x2 x ax2 1 a 1 x2 x 1 0 3 Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1)&(2) để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy nhất ' a2 2a 1 a2 3 0 a 2 a 1 a 1 5 1 4 a 1 0 a 4 y x x 1 2 2 2 x2 y xy 1 x y xy 1 x x x 1 y 1 *a 1: 1 & 2 2 y x xy 1 x y x y 1 0 y 1 x x 1, y 0 2 x 1 x x 1 x 1 x 0, y 1 Vậy: a=1 không thỏa mãn. 2 5 x y xy 1 2 5 5 4 x y xy 1 *a : 1 & 2 4 4 5 y2 x xy 1 x2 y y2 x 0 4 5 5 x2 y xy 1 x2 x x2 1 4 4 x 2, y 2 x y x y x 0, y 1 y 1 x y 1 x x 1, y 0 2 5 2 5 x y xy 1 x 1 x x 1 x 1 4 4 5 Vậy: a không thõa mãn. Tóm lại: không tìm được giá trị a phù hợp với yêu cầu đề ra. 4 2 x my m 0 1 I.31) Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: 2 y mx m 0 2 2 x mt m 0 1' G: Đặt y = -t hệ (1)&(2) trở thành: 2 t mx m 0 2' Do hệ (1’)&(2’) là hệ đối xứng loại 2 nên nếu hệ trên có nghiệm là (a,b) thì (b,a) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì a=b hay x=t. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được: x2 mx m 0 3 Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1’)&(2’) để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì (3) phải có 2 m 4 nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy nhất m 4m 0 m 0 x2 0 x 0 x 0 *m 0 : 1' & 2' . Vậy m=0 là thỏa mãn 2 t 0 t 0 y 0 2 x2 4t 4 0 x 4t 4 0 *m 4 : 1' & 2' 2 t 4x 4 0 x t x t 4 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.186 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x2 4t 4 0 x t x t 2 x t x 4x 4 0 x 2 2 x 4t 4 0 x 4 t x 4 t 2 2 t 4 x x 4 4 x 4 0 x 4x 20 0 x 2 2 2 x 4x 20 x 2 16 0x y 2 Vậy m=4 là thỏa mãn. Tóm lại: m=0 hoặc 4 là những giá trị cần tìm. 2 x y y m I.32) Cho hệ phương trình (I) 2 y x x m a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. x = y x = y 2 2 2 2 x - y = y - y - x + x x = ± y x = y - y + m x - 2x + m = 0 G: (I) 2 x = y2 - y + m x = - y x = - y x = y - y + m 2 2 x = y - y + m y + m = 0 ' Δ 0 1 - m 0 m 1 a) Hệ phương trình có nghiệm x m 0 ' - m 0 m 0 Δy 0 ' Δx = 0 1 - m = 0 ' Δy < 0 - m < 0 b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất m = 1. Vậy m = 1. ' Δ < 0 1 - m < 0 x Δ ' = 0 - m = 0 y I.33) I.34) Hệ phương trình đối xứng loại 2, 3 ẩn[tk] A. Dïng chñ yÕu lµ ph¬ng ph¸p biÕn ®æi t¬ng ®¬ng b»ng phÐp céng vµ thÕ. Ngoµi ra sö dông sù ®Æc biÖt trong hÖ b»ng c¸ch ®¸nh gi¸ nghiÖm, hµm sè ®Ó gi¶i. x2 + 2yz = x (1) 2 B. VÝ dô:Gi¶i hÖ y + 2zx = y (2) 2 z + 2xy = z (3) Gi¶ b»ng c¸ch céng (1), (2), (3) vµ lÊy (1) trõ ®i (2) ta cã hÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi hÖ x2 + 2yz = x x2 + 2yz = x 2 (x + y + z) = x + y + z HÖ nµy ®¬ng t¬ng víi 4 hÖ sau: x + y + z = 0 (I) ; (x - y)(x + y - 2z - 1) = 0 x =y x 2 + 2yz = x x2 + 2yz = x x2 + 2yz = x x + y + z = 0 (II) ; x + y + z = 1 (III) ; x + y + z = 1 (IV) x + y - 2z - 1 = 0 x =y x + y - 2z - 1 = 0 -1 2 2 2 2 x = 0  x = x + 2yz = x x + 2yz = x x - 4x = x 3 Gi¶i (I): (I) 2y + z = 0 z = - 2x z = - 2x z = - 2x x = y x = y x = y x = y -1 -1 2 2 -1 -1 -1 2 -1 VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); ( ; ; ). Lµm t¬ng tù (II) cã nghiÖm ( ; ; );( ; ; ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.187 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 1 1 1 HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); ( ; ; ). HÖ (IV) cã nghiÖm (0;1;0); (1;0;0). 3 3 3 VËy hÖ ®· cho cã 8 nghiÖm kÓ trªn. x2 + y2 + z = 1 2 2 VD2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x + y + z = 1 2 2 x + y + z = 1 x2 + y2 + z = 1 x2 + y2 + z = 1 x2 + y2 + z = 1 Gi¶i: HÖ (y - z)(y + z - 1) = 0 ↔ y=z (I); y = z (II) (x - z)(x + z - 1) = 0 x=z x + z - 1 = 0 x2 + y2 + z = 1 x2 + y2 + z = 1 ; z + y - 1 = 0 (III) z + y - 1 = 0 (IV) x = z x + z - 1 = 0 1 1 1 Gi¶i c¸c hÖ b»ng ph¬ng ph¸p thÕ ®îc 5 nghiÖm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); ; ; . 2 2 2 x2 y 1 2 VD4:Gi¶i hÖ: y z 1 2 z x 1 Gi¶i: XÐt hai trêng hîp sau: TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau: x2 x 1 2 Gi¶ sö x=y cã hÖ y z 1 2 z x 1 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 Tõ ®ã cã nghiÖm cña hÖ (x;y;z) lµ : ; ; ; ; ; 2 2 2 2 2 2 T¬ng tù y=z, z=x ta còng ®îc nghiÖm nh trªn. TH2 : 3 sè x, y, z ®«i mét kh¸c nhau . Gi¶ sö x>y>z ,xÐt hµm sè f(t) = t2 trªn D = 1; a) z 0 , x>y>z 0 f(x)>f(y)>f(z) y+1>z+1>x+1 y>x>z(v« lý). b) z 0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1 x<0 (v« lý). VËy ®iÒu gi¶ sö lµ sai. TH2 v« nghiÖm. 2x x2 y y 2 VD5: 2y y z z (V« ®Þch §øc) 2 2z z x x Gi¶i: TH1: Trong x, y, z Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau x3 2x x 0 (1) 2 Gi¶ sö x = y ta cã hÖ x z 2x z 0 (2) Tõ (1) x = 0, x = -1. 2 z x 2z x 0 (3) x = 0. Thay vµo (2), (3) z=0. x = -1. Thay vµo (2), (3) v« lý VËy hÖ cã nghiÖm (0,0,0) NÕu y = z hay x = z còng chØ cã nghiÖm (0,0,0). TH2: 3 sè ®«i 1 kh¸c nhau. Tõ 2x + x2y = y thÊy nÕu x2 = 1 ± 2 = 0 (v« lý) 2x VËy x2 ≠ 1 2x + x2y = y y 1 x2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.188 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 2x y 2 1 x 2y Hai pt cßn l¹i t¬ng tù ta cã hÖ ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi: z 2 1 y 2z x 1 z2 2t Gi¶ sö x > y > z (*). XÐt hµm sè: f(t) = x¸c ®Þnh trªn D = R\ { 1} 1 t 2 2(t 2 1) f’(t) = 0 víi mäi t D hµm sè ®ång biÕn trªn D (1 t 2 )2 f(x) > f(y) > f(z) y > z > x m©u thuÉn víi (*). VËy ®iÒu gi¶ sö sai. Do vai trß x, y, z nh nhau. VËy TH2 - hÖ v« nghiÖm. VËy hÖ ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt lµ (0; 0; 0) Bài tập tự luyện 1 3 3 2x 2x y 2 3 y x x x 1 2y 1.Giải các hệ phương trình sau: a. b. c. 1 3 3 3 2y x y 1 2x 2y 2 x y y x y 9 9 x 2 y 2 x 5 y 2 7 d. e. g. y x 9 9 y 2 x 2 y 5 x 2 7 2 x (x y) 2m 2. Cho hệ phương trình . a) Giải hệ với m = 0. b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 2 y (x y) 2m 3 2 2 x y 7x mx 3. Tìm m để hệ: có nghiệm duy nhất. 3 2 2 y x 7y my 4. Giải các phương trình: a. x2 x 5 5 . b. x3 33 3x 2 2 . x y3 y2 y 2 3 2 1. y z z z 2 3 2 z x x x 2 y 3x2 4 2 2 y 3x 4 2)3 3(3x2 4)2 4 4 x G: Đặt x 3z2 4 . dẫn đến giải hpt: z 3y2 4 2 z 3y 4 2 x 3z 4 2x2 y 2 xyz x y z y3 9x2 27x 27 0 1 x 2 yzt y z t 3 2 2y 3. 4. z 9y 27y 27 0 5. z ztx z t x 2 3 2 1 y x 9z 27z 27 0 txy t x y 2z2 x 1 z2 2 2 2 x 3x y 3y 10 x 2x 4 y Bài tập 1: Giải các hpt sau: a) b) 2 3 x 2 y 2 10 y 2y 4 x Bài-giảng Pt- Hpt trang.189 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 1 1 x y 5 2 2 3 3 3 3 x xy y 10 x y 35 x y 2 x y c) d) 3. 4. 5. 2 2 x xy y 7 xy x y 30 xy(x y) 2 2 2 1 1 x y 2 2 9 x y 1 x x y 3 3 2 2 2 2 y x y xy 3 x y xy 7 x y 6. 7. 2 1 x2 1 y2 1 4 x2 y2 xy 19 x y 2x y 8 y 2 xy2 2x2 3y 15 0 4x 1 x y 3 5 2y 0 8. 9. x4 y2 2x2 4y 5 0 2 2 4x y 2 3 4x 7 1 2 2 3 x2 y2 x y 5x y 4xy 3y 2 x y 0 10. 11. 2 2 2 2 3 2 3 2 xy x y 2 x y x 3x 9x 22 y 3y 9y 2x3 y 2 x2 xy m Bài tập 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2 x x y 1 2m x 4 y 1 4 Bài tập 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: x y 3m x y xy m 2 Bài tập 4 :Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 2 2 x y xy m 1 x y xy m 1 Bài tập 5:Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm (x,y) với x > 0; y > 0: 2 2 x y xy m Bài tập 6: Giải phương trình sau: 4 x 1 4 18 x 3 Bài tập 7: Tìm m để mỗi pt sau có nghiệm: a. 1 x 1 x m b. 3 1 x 3 1 x m x3 3x 8y x 5 y 2 7 Bài tập 8. Giải các hệ phương trình sau: 1. 2. 3. 3 y 3y 8x y 5 x 2 7 Bài tập 9: Giải các phương trình sau: a. x2 x 5 5 b. x3 33 3x 2 2 x2 x y 2m Bài tập 10 : Cho hpt 2 . a) Giải hệ với m = 0 b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất y x y 2m [ Bài-giảng Pt- Hpt trang.190 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 [I.3] HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP 2 2 a1x b1xy c1 y d1 ◊Hệ đẳng cấp bậc 2 có dạng: 2 a2 x b2 xy c2 y d2 .Cách 1: - Kiểm tra x = 0, y = 0 có là nghiệm của hệ phương trình không. - Nếu x = 0, y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình thì ta đặt x = ty và đưa được về 1 phương trình bậc hai theo t. Giải tìm ra t suy ra x, . Cách 2: - Khử số hạng tự do để đưa về phương trình dạng a x2 bxy+cy2 0 . - Đặt x = ty, khi đó phương trình trở thành: y2 (at 2 bt c) 0 + Xét y = 0 thay vào hệ tìm x. 2 + Xét at bt c 0 nếu có nghiệm t = t0 thì thay x = t0 y vào hệ để tìm ẩn y và suy ra x. Cách 3: - Từ hệ khử số hạng x2 ( hoặc y2 ) để đưa về một phương trình khuyết x2 (hoặc y2 ). - Rút 1 ẩn x (hoặc y2 ) thì phương trình khuyết x2 (hoặc y2 ) đó thay vào một phương trình của hệ ta được phương trình trùng phương theo x ( hoặc y). Giải tìm x (hoặc y) và suy ra nghiệm còn lại. Lưu ý: Cách giải thứ 3 sử dụng thuận lợi đối với các bài toán biện luận. ◊Chú ý: Đối với hệ pt đẳng cấp bậc ba ta cũng thực hiện tương tự. 1, Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai 2 ẩn: 2 2 a1x b1xy c1 y d1(1) Dạng : 2 2 a2 x b2 xy c2 y d2 (2) Phương pháp giải : Ta giải hệ bằng cách khử số hạng tự do ở vế phải để đưa hệ về phương trình đẳng cấp bậc 2 : x x Ax2 Bxy Cy2 0 y2[A( )2 B C] 0 y y Đây là một phương trình quen thuộc . 2x2 3xy+y2 15 (1) x 2 3xy y 2 1 3x 2 5xy 4y 2 3 I.35) Giải hệ phương trình: a) b) c) 2 2 2 2 2 2 x xy 2y 8 (2) 2x xy 3y 7 9y 11xy 8x 6 2x2 3xy+y2 15 (1) G: a) 2 2 x xy 2y 8 (2) Cách 1: Ta có x = 0, y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình. 2 2 2k 3k 1 y 15 3 Đặt x = ky thì phương trình trở thành 2 2 k k 2 y 8 4 2 k 2 Vì y 0 nên từ (3) và (4) suy ra: k 9k 22 0 k 11 - Với k = 2 ta có x = 2y thay vào (2) ta được y2 1 y 1. Vậy hệ có nghiệm (2, 1), (-2, -1). 1 1 11 - Với k = - 11 ta có x = - 11y thay vào (2) ta được y2 y x  14 14 14 11 1 11 1 Vậy hệ có nghiệm , , , 14 14 14 14 Cách 2: Khử số hạng tự do từ hệ đã cho ta được: x2 9xy-22y2 0 5 y 0 2 2 Đặt x = ty, khi đó (5) y t 9t 22 0 t 2 t 11 2x2 15 + Với y = 0 hệ trở thành vô nghiệm. 2 x 8 + Với t = 2 ta được x = 2y thay vào (2) ta được y2 1 y 1. Vậy hệ có nghiệm (2, 1), (-2, -1). Bài-giảng Pt- Hpt trang.191 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 1 1 11 + Với t = - 11 ta có x = - 11y thay vào (2) ta được y2 y x  14 14 14 11 1 11 1 Vậy hệ có nghiệm , , , . 14 14 14 14 11 1 11 1 Vậy hệ có 4 nghiệm: (2, 1), (-2, -1), , , , 14 14 14 14 x 2 3xy y 2 1 b) . Nhân pt đầu với 7 rồi cộng với pt thứ hai ta được: 9x2 + 20xy + 4y2 = 0 2 2 2x xy 3y 7 Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra x = 0 . Nhưng dễ thấy ( 0;0) không là nghiệm của (I) . Do đó có thể giả thiết y # 0 . Điều đó cho phép ta đặt x = ky 2 Thế vào (1) ta có : 9k2y2 + 20ky2 + 4y2 = 0 9k2 +20k + 4 = 0 k = -2 hoặc k = - 9 x 2y Điều đó cho thấy (1) 2 x y 9 x 2 3xy 4y 2 1 x 2 3xy y 2 1 Vì vậy hệ (I) tương đương với tuyển của hai pt sau: (II) , (III) 2 x 2y x 9 Đến đây , bạn có thể tự giải hai hệ phương trình trên. Kết quả là hệ (III) vô nghiệm còn hệ (II) có hai nghiệm là (-2;1) và (2;-1), đó cũng là hai nghiệm của hệ phương trình (I) . 3x 2 5xy 4y 2 3 c) x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình 2 2 9y 11xy 8x 6 x 2 3 5k 4k 2 3 9k 2 11k 8 Đặt y = kx . Ta có: 2 9k 2 11k 8 8k 2 10k 6 2 2 2 x 9k 11k 8 6 4k 5k 3 2 k 1 k k 2 0 ↔ k 2 1 2 2 2 2 * k = 1 thì ta có: x2 (3 - 5 - 4) = - 3 Û x2 = x y hoặc x y 2 2 2 2 2 2 2 x 1 y 2 * k = -2 thì ta có : x 8 10 16 3 x 1↔ x 1 y 2 2 2 2 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (x;y) ; ; ; ; 1; 2 ; 1;2  2 2 2 2 x3 x(y z)2 2 x2 4xy 2y2 3 I.36)Giải hệ phương trình : a) b) z3 z(x y)2 16 2 2 2x xy 3y 4 3 2 y y(z x) 30 4x2 16xy 8y2 12(1) G: a) Hpt 2 2 6x 3xy 9y 12(2) y 0 2 2 2 x 2 x Trừ theo vế ta được : 2x 19xy 17y 0 y 2( ) 19 17 0 2 x y y 2t 19t 17 0(t ) y 2 t 1 x 3 2 +)Nếu : y = 0 hệ trở thành ( hệ vô nghiệm). +) Nếu 2t 19t 17 0 17 2x2 4 t 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.192 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 3x2 3 *Với t =1 x = y Hệ ↔x = 1 Hệ có 2 nghiệm ( 1; 1) và (-1; -1) 2 4x 4 289 17 y2 4. y2 2y2 3 17 17y 4 2 *Với t x Thay vào hệ ta có 2 2 289 17 y2 y2 3y2 4 2 2 4 2 17 2 17 2 ↔ y2 y . Hệ có 2 nghiệm ( ; ) và ( ; ) 139 139 139 139 139 139 17 2 17 2 Hệ có 4 nghiệm : ( 1; 1) ;(-1; -1) ; ( ; ) và ( ; ) 139 139 139 139 x3 x(y z)2 2 3 2 b) z z(x y) 16 Ta có thể đưa một hpt về một hệ đẳng cấp để việc giải thuận tiện. 3 2 y y(z x) 30 x(x2 y2 z2 ) 2xyz 2 x(x2 y2 z2 ) 2xyz 2(1) 2 2 2 2 2 2 Hệ y(y y z ) 2xyz 30 (y z)(y y z ) 14(2) 2 2 2 2 2 2 z(x y z ) 2xyz 16 (z x)(x y z ) 14(3) Từ hệ đã cho ta có xyz 0 2x3 2x2 z z2 x 2(4) 3 2 2 3 (2) và (3) y 2z x . Thay vào hệ ban đầu ta có: Hệ 2x 6x z 9xz 5z 14(5) y 2z x 2x3 2x2 z z2 x 2 3 2 2 3 Lấy (5) – (4).7 ta được: Hệ 5z 16x z 20x z 16x 0(*) y 2z x z (*) là phương trình đẳng cấp ( x 0 ) (*) 5t3 16t 20t 16 0 (t ) (t 2)(5t 2 6t 8) 0 x 2x3 2x2 z z2 x 2 2 t 2 0 (Vì 5t 6t 8 0 ) t 2 z 2x Ta có hệ: y 3x ↔ (x; y; z) (1;3;2) z 2x Đáp số: (x; y; z) (1;3;2) 2 2 3x2 2xy y2 11 I.37)Giải các hpt sau :a) x xy y 1 b) 2 2 2 2 x 2xy 3y 17 2x 3xy 4y 3 2 2 3x 5xy 4y 38 x2 6y2 5xy 0 c) 5x2 9xy 3y2 15 4x2 2xy 6x 27 0 d) G: a) _Ta thấy x=0 không thoả hệ x2 (t 2 t 1) 1(1) _Với x 0 , đặt y=tx, thay vào hệ ta được : 2 2 x (2t 3t 4) 3(2) Lấy (1) chia (2) ta được 3(t 2 t 1) 2t 2 3t 4 t 1 Với t=1, ta có x2 1 , suy ra hệ có nghiệm: (1;1);( 1; 1) 2 1 1 1 1 1 Với t=-1 ta có x , suy ra hệ có nghiệm ; ; ; 3 3 3 3 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.193 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 b) Ta thấy x=0, y=0 không thoả hệ phương trình, nói cách khác hệ phương trình không có nghiêm x =0 y2 (3k 2 2k 1) 11 (1) 3k 2 2k 1 11 Đặt x = ky và thay vào hệ ta được: 2 2 2 ( y (k 2k 3) 17 (2) k 2k 3 17 k 2 2k 3 0) 4 k 5 51k 2 34k 17 11k 2 22k 33 2 40 k 12 k 16 0 1 k 2 5 4 4 2 2 5 y x Thay vào (1) ta được: ●k = y 3 3 5 3 5 4 y x 3 3 1 y2 4 y 2 x 1 ĐS: 4 5 4 5 k ; ; ; ; 1;2 ; 1; 2 ● 2 y 2 x 1 3 3 3 3 c) Ta thấy x=0, y=0 không thoả hệ phương trình, nói cách khác hệ phương trình không có nghiêm x =0. 3x2 5tx2 4t 2 x2 38 Đặt x = ky và thay vào hệ ta được: 2 2 2 2 5x 9tx 3t x 15 x2(3 5t 4t2) 38 (1) 2 2 x (5 9t 3t ) 15 (1) 1 2 t 3 5t 4t 38 2 3 54t 417t 145 0 5 9t 3t2 15 145 t 18 x 3 y 1 1 2 Với t= thì (2) x = 9 3 x 3 y 1 145 15.108 x 3 x 3 Với t = thì (2) x2 = : Phương trình vô nghiệm. Vậy hay 18 12655 y 1 y 1 d) Ta thấy x=0, y=0 không thoả hệ phương trình, nói cách khác hệ phương trình không có nghiêm x =0 x2 6t2 y2 5tx2 0 x2 (1 6t2 5t) 0 6t 2 5t 1 0 Đặt x = ky và thay vào hệ ta được: 2 2 2 2 2 2 4x 2tx 6x 27 4x 2tx 6x 27 4x 2tx 6x 27 3 1 x 3 y 1 t 2 t 2 2 2 9 9 1 15 2 2 5x 6x 27 0 x y 4x x 6x 27 5 10 y 3. 14 1 1 x t 3 3 2 2 2 4x x 6x 27 2 1 5 3 14x 18x 81 0 x 9. 14 3 1 5 1 15 1 5 1 15 9 9 ĐS: 3; ; 9 ; 3 ; 9 ; 3 ; ; 2 14 14 14 14 5 10 3x2 2xy y2 11 I.38) Tìm m để hpt sau có nghiệm : 2 2 x 2xy 3y 17 m G:Vì x = 0, y = 0 không là nghiệm của hệ nên đặt: y = kx, hệ trở thành: Bài-giảng Pt- Hpt trang.194 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 2 2 x 3 2k k 11 1 2 2 x 1 2k 3k 17 m 2 Chia (1) cho (2) ta được: 17 m 3 2k k 2 11 1 2k 3k 2 m 16 k 2 2 m 6 k 3m 40 0 3 Ta có: 3 2k k 2 0,k 1 luôn có nghiệm x. m 16 0 m 16 Xét : Vậy m = 16 ( nhận) 3 44k 88 0 k 2 . m 16 Xét m 16 : (3) có nghiệm k ' 0 m 16 m 16 2 2 m 6 m 16 3m 40 0 m 10m 338 0 5 11 3 m 5 11 3 hệ có nghiệm. 3x 2 2xy y 2 11 I.39) Giải hệ phương trình: I 2 2 x 2xy 3y 17 m a)Giải hpt với m = 0 b) Với những giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm ? G: a)Giải hệ phương trình khi m = 0 * x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình 3 2k k 2 11 x 2 (3 2k k 2 ) 11 16k 2 12k 40 0 * x # 0 . Đặt y=kx. (I) 1 2k 3k 2 7 2 2 2 2 x (1 2k 3k ) 17 2( 2 x (3 2k k ) 11 x 3 2k k ) 11 5 k 2  k 4 2 2 x (3 2k k ) 11 2 2 x 1 y 2 *k = 2 x (3 4 4) 11 x 1 x 1 y 2 4 3 5 3 x y 5 2 5 25 2 16 3 3 *k = x 3 2. 11 x 4 4 16 3 4 3 5 3 x y 3 3 4 3 5 3 4 3 5 3  Vậy hệ phương trình nghiệm (x;y) 1,2 ; 1; 2 ; ; ; ;  3 3 3 3  x 2 2xy y 2 11 b) Đặt 17 + m = k . (I) 2 2 x 3xy 3y k x 2 3 2t t 2 11 3 2t t 2 11 Đặt y = tx thì ta có: k 33 t 2 2 k 11 t 3k 11 0(*) 2 2 2 x (12t 3t ) k 1 2t 3t k Khi k = 33 thì (*) t 2 Khi k # 33 thì (*) có nghiệm ' (k 11) 2 (3k 11)(k 33) 0 ' k 2 44k 121 0 22 11 3 k 22 11 3 22 11 3 17 m 22 11 3 5 11 3 m 5 11 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.195 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x2 y2 z2 xy yz zx 1 2 2 I.40)Với những giá trị nào của m thì hệ phương trình sau có nghiệm: y z yz 2 2 2 x z xz m G: Trường hợp: z=0 : vô nghiệm 1 a2 b2 1 ab a b 1 z2 x y 2 2 Trường hợp z 0 : Đặt: a ,b . Hệ được viết thành: b b 1 2 2 z z z m a2 a 1 3 2 z 1 1 1 2 : a 2 a b 1 2 b 2 a 1 z a 2 z 1 5 m  2 a2 a 1 0  3 m2a2 4m2 5m 1 a 4m2 10m 4 2 2 a 2 z a 2 z z  3 m2 1 a2 4m2 5m 1 a 4m2 10m 1 0 4 50 25 616 25 616 hệ có nghiệm khi và chỉ khi (6) có nghiệm 0 m2 m 1 0 m 3 3 3 I.41) I.42) Bài tập tự luyện 2 2 x 2xy 3y 9 * 1) Giải hệ phương trình: 2 2 x 4xy 5y 5 G: + Với x = 0: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 2 2 x 1 2t 3t 9 1 + Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hpt↔ . 2 2 x 1 4t 5t 5 2 2 1 Lấy (1)(2) ta được: 15t2 13t+2=0 t ; t . 3 5 2 3 i)Với t : ta có y x , thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), ( 3;2). 3 2 1 1 5 2 2 5 2 2 ii)Với t : ta có y x , thay vào (*) ta được nghiệm ; , ; . 5 5 2 2 2 2 3x2 2xy y2 11 6x2 xy 2y2 56 2x3 3x2 y 5 2) Giải các hệ phương trình sau: a) b) c) 2 2 2 2 3 2 x 2xy 5y 25 5x xy y 49 y 6xy 7 2 2 xy x y x 2y 3) (x, y ¡ ) . x 2y y x 1 2x 2y G: Biến đổi phương trình xy x y x2 2y2 (x + y)(x 2y 1) = 0.ĐS: x = 5; y = 2. x4 2x3 y x2 y2 2x 9 4) (x, y ¡ ) . 2 x 2xy 6x 6 (x2 xy)2 2x 9 17 G: Biến đổi hệ phương trình thành: 6x 6 x2 .ĐS: x = 4; y = . xy 4 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.196 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 5 x2 y x3 y xy2 xy 4 5) . 5 x4 y2 xy 1 2x 4 2 2 5 5 3 x y xy x y xy 2 x x 1 4 u x y 4 G: Biến đổi hpt thành: . Đặt: . ĐS:  3 . 2 2 5 v xy 25 y x y xy y 3 2 4 16 1 1 x y 1 1 1 5 1 5 1 5 1 5 x y 6) . G: (1) x y 1 0 .ĐS: 1;1 , ; , ; 3 xy 2 2 2 2 2y x 1 1 log 1 y x log4 1 3y 7) 4 y . G: Tìm cách khử logarit để được: x .ĐS: 3;4 4 2 2 x y 25 3 y x y x 3 1 8) . G: 3 y x y x 3 y x 1 6 y x 0 .ĐS: 1;1 , ; 2 2 x y x y 2 y2 2 3y x2 9) 2 . G: Đối xứng loại 2.ĐS: 1;1 x 2 3x 2 y x 1 2 y 1 10) . G: Tìm cách khử logarit để được: x y .ĐS: 1;1 , 2;2 . 3log 9x2 log y3 3 9 3 x y xy 3 11) G: Đặt t xy , bình phương hai vế pt thứ hai tìm được t=3.ĐS: 3;3 . x 1 y 1 4 1 1 x y 5 x y 12) . Tìm m để hệ phương trình này có nghiệm thực. 3 1 3 1 x 3 y 3 15m 10 x y 1 1 7 G: Đặt u x ,v y , điều kiện u 2, v 2 .ĐS: m 2,m 22 . x y 4 [I.4] HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ & HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Các kĩ thuật giải hpt vô tỉ cũng tương tự như các kĩ thuật giải pt-bpt vô tỉ , tuy nhiên phải mang tính phối hợp giữa các pt.Ngoài các dạng cơ bản như hpt đối xứng loại I và loại II ; hpt [vô tỉ] thường được giải bằng các pp sau: ●Biến đổi tương đương.[phối hợp biến đổi cả 2 ptr với nhau] ●Đặt ẩn phụ [hoàn.toàn hoặc không.hoàn.toàn] ●Một trong 2 pt của hpt [hoặc khi biến.đổi.phối.hợp 2 pt với nhau] có thể đưa về pt.tích →tìm được liên hệ [đơn giản] giữa x & y →ghép với pt còn lại để giải. ● Một trong 2 pt của hpt [hoặc khi biến.đổi.phối.hợp 2 pt với nhau] có thể đưa về pt có thể xử lí được bằng pp sử dụng sự.biến.thiên.hs →tìm được liên hệ [đơn giản] giữa x & y →ghép với pt còn lại để giải. .Ở đây ,chúng ta tập trung vào các hpt có chứa ẩn dưới dấu căn;việc khảo sát tương.đối.đầy.đủ các pp giải hpt ,sẽ được thược hiện ở chuyên đề về hpt.đại.số . I.43) Giải các hpt sau [ Hệ đối xứng loại I và II ] HÖ ®èi xøng lo¹i I: ● Lµ hpt mµ khi thay ®æi vai trß cña x vµ y th× mçi pt cña hÖ kh«ng thay ®æi. Bài-giảng Pt- Hpt trang.197 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x y S 2 ●C¸ch gi¶i: + §Æt S 4P xy P + Gi¶i hÖ víi hai Èn S,P + Thö ®k vµ lÊy x,y lµ hai nghiÖm pt X2-SX+P=0 Hệ đối xứng loại II : ● Lµ hpt mµ khi thay ®æi vai trß cña x vµ y th× hai pt cña hÖ ®æi chç cho nhau. ●C¸ch gi¶i: + Trõ vÕ víi vÕ cña hai ph¬ng tr×nh ®Ó ®îc mét ph¬ng tr×nh cã d¹ng tÝch. + HÖ ®· cho sÏ t¬ng ®¬ng víi tuyÓn hai hpt. + Gi¶i hai hÖ nµy ®Ó t×m nghiÖm x vµ y. x y 7 1 x 1 y 2 m a) y x xy b) b.α) Gi¶i hÖ khi m=9 b.β)Tìm m để hpt có nghiệm y 1 x 2 m x xy y xy 78 Ξ a) (§H Hµng H¶i 1999). x,y 0 u x y u 0 u v 7 u 13 Hpt↔ x y xy 7 §Æt ; . Hpt trë thµnh Đs: 4;9 ; 9;4 v xy v 0 uv 78 v 6 x y xy 78 b) §iÒu kiÖn: x 1; y 2; m 0 x y 1 x 1 y 2 m B×nh ph¬ng hai vÕ ta ®îc hÖ: x y 1 y 1 x 2 m x 1 y 2 y 1 x 2 x y Trõ vÕ víi vÕ cña hai pt ta được: 2 x 1 x 2 m 1 2x x y 1 y 1 x 2 m x 5 x y b.α)Víi m=9 ta cã hÖ: x y x y 3 x 1 x 2 5 x 2 x 1 x 2 5 x m 0 x y m 1 b.β) Hpt↔ 2 x y 2 x 1 x 2 m 1 2x 2 m2 2m 8 x 4m 2 2 m 1 2 2 m 6m 9 0 m 3 0 §k: 2 x 8m m 2m 9 2m 2m m 3 2 2 m 9 0 m 3 KÕt luËn: m 3 . I.44) Giải các hpt sau [bằng pp biến đổi tương đương]: Phương pháp : B1: Đặt điều kiện (nếu có). B2: Biến đổi về phương trình – bất phương trình hệ phương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải bằng cách: thế, khử biến B3: Kết luận. (chú ý điều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả) x 5 y 2 7 Ví dụ: Giải hệ phương trình: . x 2 y 5 7 x 2 Giải:Điều kiện: .Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có: x 5 y 2 x 2 y 5 x y . y 2 Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11 2 x y 1 2x y m 0 a) b) Tìm m để hpt sau có nghiệm duy nhất: 2 y x 1 x xy 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.198 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 2 2 2 2 1/ x2 1/ y2 1 (x xy y ) x y 185 x y x y 2, 1 c) d) e) 2 2 2 2 x2 1 y2 1 xy 2 (x xy y ) x y 65 y x y x 1,(2) G: 2 2 a)Đk: x, y 0 . Cộng vế theo vế ta được: 2 x y x y 2 x 1 y 1 0 x y 0 y 2x m y 2x m 2 1 x 2 b) hpt 1 x 2 2x m x 2 m x 1 0 (*) xy 1 x y , x 1, x 0 x x Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả: x 1, x 0 . TH1: xét x = 1: TH2: (*) có nghiệm kép x 1: TH3: (*) có 2 nghiệm x1 1 x2 : 1 x 2 Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với y , x 1, x 0 x 3 c) Cộng từng vế của 2 pt ta được: 2 x2 y2 x2 y2 250 x2 y2 125 x2 y2 5 . d) Đk: y x, x y . 1 2 x 2 2 y 17 5 1 x y 2 x 2 2y 1 2 y x 2 KQ: ; . 4x y 4 12 3 4x 4y 1 2 2 2 2 2 2 1/ x 1/ y 1 x y x y e) x y 2 2 2 2 2 x 1 y 1 xy 2 x y 2 2 1 xy 2 I.45) Giải hpt [bằng pp đặt ẩn phụ]: Phương pháp : B1: Điều kiện (nếu có). B2: Lựa chọn ẩn phụ, tìm đk cho ẩn phụ B3: Giải hệ nhận được, từ đó suy ra nghiệm x, y. B4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm từ đó kết luận. x y xy 3 Ví dụ : (ĐH Khối A – 2006) Giải hpt: (x, y R) x 1 y 1 4 Điều kiện: xy 0, x 1, y 1. Đặt t xy x y 3 t . Bình phương pt 2, thay ẩn phụ vào, giải tìm được t = 3. Giải tiếp ta được nghiệm. 2x y x y 1 4 3x y x 3y 4 5x y 2x 3y 1 4 a) ; b) c) d) 3x 2y 7 x y 2 7x 2y 9 0 4x y 2 2x y 2 2x y 1 3x 2y 3 2x y 3x 4 ;e) ;f) ;g) 2x y 6x 2y 5 3x 2y x 2y 4 x 3y y 1 4x y y 2 5x 2y 1 x 2 1 x 1 y 1 x y 6 x y 10 h) k) l) điều kiện: x, y 1 2 2 2 2 3 x 12 y 17 18 x 11 y 11 12 x y 2 G: a)Đặt u 1 x,v 1 y ĐK: u,v 0 , khi đó hệ được biến đổi về dạng: u v 1 0 u 1 0 u 1 x 0 0 x 1. 2 2 3 2 1 u 1 v 4u 4u 1 0 2 0 x 1 Đs: Nghiệm (x;y) thoả: 2 y 1 1 1 x Bài-giảng Pt- Hpt trang.199 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 3 x y 4 xy x2 y2 2xy 8 2 I.46) Giải hpt [bằng pp đặt ẩn phụ] : a) b) xy 9 x y 4 1 x x y 3 3 2 x 1 y 3 3 x y x y y x y xy 14 c) d) e) f) x 1 2 y 2 3 x y x y 4 1 x2 y2 xy 84 2x y 8 y 2 2 3 2 x x y 1 x y y x 1 y 18 x 1 y 6 y 1(1) I.47) Giải hpt sau: a) b) 2 2 3 2 x x y 1 x y y x 1 y 2 y 1 x 6 x 1(2) 5 2 2 4 4 6 2 x 3 2 2 2 2x y x y y x (1 x) 42x y x 21 y 1 y c) d) e) 2 3 2 5 2 2 1 (x y) x(2y x ) 0 2y 3 4 y 21 x 1 x 42x y x 1 x 3 x 5 y 1 y 3 y 5(1) x 4 32 x y2 3 f) g) 2 2 4 x y x y 80(2) x 32 x 6y 24 G: a) 2 2 2 2 x x y 1 x y y x 1 y 18 x y 8 x y 64 2xy x 4 2 2 x2 9 y2 9 10 2 2 y 4 x x y 1 x y y x 1 y 2 x 9 y 9 10 3 2 x 1 y 6 y 1(1) 2 b) (1) (2) x y x 1 3 x 6 x 1 3 2 y 1 x 6 x 1(2) 2 2 4 4 6 2 2x y x y y x (1 x) 6 2 3 2 2 2 2 3 3 c) y x x 1 (1 x y ) 1 1 (x y) 2xy x 2 3 2 1 (x y) x(2y x ) 0 (x y3 )2 0 x y3 & x2 y2 1& x y x y 1 5 x 3 2 42x y d) (x; y 0) 5 2y 3 4 42x y 30 25 4 9 5 2 6 2 x 42x y (42x y) x 60 4 8 y 3x 27 30 25 8 42x y x y y 28x(L) 5 2 6 9 2 y 42x y (42x y) y 9 2 2 x 21 y 1 y 2 2 e) x y x 21 5 x 1 1 x 4 x 2 2 2 y 21 x 1 x x 1 x 3 x 5 y 1 y 3 y 5(1) f) 2 2 x y x y 80(2) 5 5 7 (1) f (y 5) f (x 1) y 5 x 1 x y 6 2 4 2 x 32 x y 3 2 g) ( x 32 x) ( 4 x 4 32 x) y 6y 21 12.VT 12 x 16; y 3 4 x 32 x 6y 24 Bài-giảng Pt- Hpt trang.200 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x 1 y 1 3 I.48) Tìm m để hpt sau có nghiệm: x y 1 y x 1 x 1 y 1 m u v 3(u,v 0) S 3 G: Hpt ↔ hpt có nghiệm khi . 2 2 0 m 27 / 4 u (v 1) v (u 1) u v m P m / 3 x y xy a I.49)Giải và biện luận hpt: x y a G: trừ các vế của hai pt ta được: 2y xy 0 y 0  x 4y(y 0) a/ a 0) 8. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y 4 x y x y a x y x y 4 2 1 3 2 3 2 x 1 y 2 x y 3 x y y x x y y x 30 4 9. 10. 11. 1 3 y 3 x 6 x x y y 35 y 1 x2 4 x y xy a 7)Tìm a để hệ phương trình có 2 nghiệm: x y a Bài-giảng Pt- Hpt trang.201 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Hpt- cơ-bản/thường-gặp- Lớp 10 x 1 y 2 m 8) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm: x y 3m 7 2 2 2 x 3 y x y xy 3 x y 3 x y 3 xy x y xy 420 9) Giải hpt: 1. 2. 3. 2 4. 2 y 3 x x y 3 3 3 y x xy 280 x y 3 x y x y 1 x y x y 2 x y x y a 5. 6. 7. (a > 0) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y 1 x y x y 4 x y x y a 3 2 3 2 x y x y 2 2 x y 3 x y y x x y y x 30 8. 9. 10. 2 2 3 3 x x y y 35 x y x y 4 y x 6 1 x 1 y2 4 11. 1 y 1 x2 4 x y xy a Bài 2: Tìm a để hệ phương trình có 2 nghiệm: x y a x 1 y 2 m Bài 3. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm: x y 3m 1 x 1 y 1 ) Giải hệ bất phương trình: 3 điều kiện: x, y 1 x y 2 G: Đặt u 1 x,v 1 y ĐK: u,v 0 , khi đó hệ được biến đổi về dạng: u v 1 0 u 1 0 u 1 x 0 0 x 1 2 2 3 2 1 u 1 v 4u 4u 1 0 2 0 x 1 Vậy nghịêm của hệ là cặp nghiệm (x; y) thoả: 2 y 1 1 1 x x y xy 3 ) (ĐH Khối A – 2006) Giải hệ phương trình: (x, y R) x 1 y 1 4 Điều kiện: xy 0, x 1, y 1. Đặt t xy x y 3 t . Bình phương phương trình 2, thay ẩn phụ vào, giải tìm được t = 3. Giải thêm chút xíu nữa ta được nghiệm. 3 x y 4 xy x2 y2 2xy 8 2 Bài tập) Giải các hệ phương trình sau: 1. 2. xy 9 x y 4 1 x x y 3 3 2 x 1 y 3 3 x y x y y x y xy 14 3. 4. 5. 6. ` x 1 2 y 2 3 x y x y 4 1 x2 y2 xy 84 2x y 8 y Bài-giảng Pt- Hpt trang.202 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng