Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 3: Hệ phương trình - Đề 2A

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 3: Hệ phương trình - Đề 2A

1. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HPT ĐẠI.SỐ [hay pp giải hpt có cấu.trúc.đặc.biệt] [II.1] Pp.biến.đổi.tương.đương Pp thế & pp cộng đại số. * 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. Pp biến đổi tương đương để giải hpt bao hàm trong nó cả pp cộng, pp thế, sự phối hợp giữa 2 pt, pp giải các hệ đối xứng. Ta tạm chia pp bđtđ làm 3 loại: i. Loại 1: Trong hệ có một phương trình bậc nhất theo ẩn x hoặc theo ẩn y. Khi đó ta rút x theo y hoặc y theo x thay vào phương trình còn lại . ii. Loại 2. Một phương trình của hệ đưa về dạng tích của hai phương trình bậc nhất hai ẩn . Khi đó ta dưa về giải hai hệ tương đương . iii. Loại 3: Một phương trình của hệ là phương trình bậc hai theo một ẩn chẳng hạn x là ẩn . Khi đó ta coi y là tham số . 2x 3y 5 (1) 2x y 1 0 3x3 (6 y)x2 2xy 0 II.1) Giải hpt: a) b) c) 2 2 2 2 2 3x y 2y 4 (2) x 2y 3x 2y 2 0 x x y 3 3x3 (6 y)x2 2xy 18 0 3x3 (5 y)x2 2xy 2x 0 3x3 (6 y2 )x2 2xy2 0 d) e) f) 2 2 2 2 x x y 3 x x y 4 x x y 3 2 5 3y 5 3y 2 G: a) Từ (1) ta có x thế vào (2) ta được 3 y 2y 4 0 2 2 59 3(25 30y 9y2 ) 4y2 8y 16 23y2 82y 59 0 y 1, y 23 31 59  Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là 1;1 ; ;  23 23  2x y 1 0 b) 2 2 x 2y 3x 2y 2 0 3x3 (6 y)x2 2xy 0 c) Pt (2) là bậc nhất với y nên từ (2) y 3 x2 x thay vào PT (1). 2 x x y 3 Nghiệm (0; 3); ( 2;9) 3x3 (6 y)x2 2xy 18 0 d) Nghiệm (1; 3);( 3; 15) . 2 x x y 3 3x3 (5 y)x2 2xy 2x 0 e) Pt (2) là pt bậc nhất với y nên từ (2) y 4 x2 x thay vào PT (1). 2 x x y 4 3x3 (6 y2 )x2 2xy2 0 f) 2 2 x x y 3 2 2 4 3 2 2 x y xy 1 4y x 2x y x y 2x 9 (1) II.2)Giải hpt: a) . b) 2 2 x2 2xy 6x 6 (2) y(x y) 2x 7y 2 x(x y 1) 3 0 2 x2 y2 2(x y) 7 x 5y 4 0 c) (D – 2009 ) . d) e) . 2 5 2 (x y) 2 1 0 y(y 2x) 2x 10 y 5x 4 0 x Bài-giảng Pt- Hpt trang.203 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
2. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 2 2 x y xy 1 4y 2 2 G: a) . Từ (1) x 1 4y y xy thay vào (2). Nghiệm (1;2); ( 2;5) 2 2 y(x y) 2x 7y 2 x4 2x3 y x2 y2 2x 9 (1) b) 2 x 2xy 6x 6 (2) P: Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. TH 1 : x = 0 không thỏa mãn (2) 2 2 2 2 6x 6 x 4 3 6x 6 x 2 6x 6 x TH 2 : x 0, (2) y thế vào (1) ta được x 2x x 2x 9 2x 2x 2x 2 2 4 2 2 (6x 6 x ) 3 x 0 x x (6x 6 x ) 2x 9 x(x 4) 0 4 x 4 17 Do x 0 nên hpt có nghiệm duy nhất 4; 4 Chú ý.: Hpt này có thể thế theo phương pháp sau: 2 2 2 2 x 6x 6 x xy 2x 9 2x 9 2 Hệ 2 2 x 6x 6 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 x(x y 1) 3 0 3 c) (D – 2009 ) 5 . Từ (1) thế x y 1và thay vào PT (2). (x y)2 1 0 x x2 x2 y2 2(x y) 7 d) y(y 2x) 2x 10 Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : x2 2xy 4x 2y 3 0 (x 1)(x 2y 3) 0 x2 5y 4 0 e) . Nghiệm (x; y) (1;1); (4;4) . 2 y 5x 4 0 2 1 1 y 2 3y 2 2 2 2 2 2 x y x2 x 2xy y 2 3x 5xy 4y 38 II.3)G hpt: a) b) c) d) 2 2 2 2 2 1 1 x 2 x xy y 3 5x 9xy 3y 15 2 2 3x y x 2 y 1 1 1 1 1 1 G: a) ĐK: x , y . Trừ vế hai pt ta được 2 2 0 2 2 x y y x 1 1 2 2 y x y x y x y x 0 0 xy 1 1 xy x y 1 1 2 2 xy 2 2 y x y x 1 1 TH 1. y x 0 y x thế vào (1) ta được 2 2 x x 1 2 t 0 t 2 Đặt t , t 0 ta được 2 t 2 2 t t 1 x 1 và y 1 2 2 2 x 2 t 4 4t t t 2t 1 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.204 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
3. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 1 1 TH 2. 0 . TH này vô nghiệm do ĐK. xy x y 1 1 xy 2 2 y x Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1) y2 2 3y x2 3x2 y y2 2 (1) b) ĐK: xy 0 . Hệ . Trừ vế hai pt ta được 2 2 2 x 2 3y x x 2 (2) 3x 2 y 2 2 2 2 x y 0 3x y 3xy y x 3xy(x y) (x y)(x y) 0 3xy x y 0 TH 1. x y 0 y x thế vào (1) ta được 3x3 x2 2 0 x 1 y2 2 x2 2 TH 2. 3xy x y 0 . Từ 3y y 0 , 3x x 0 3xy x y 0 . x2 y2 Do đó TH 2 không xảy ra. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1) x2 2xy y2 2 c) 2 2 x xy y 3 3x2 5xy 4y2 38 d) Phân tích. Đây là hpt có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự 2 2 5x 9xy 3y 15 do và thực hiện phép trừ vế. 2 2 45x 75xy 60y 570 2 2 - Hệ 145x 417xy 54y 0 2 2 190x 342xy 114y 570 1 145 - Giải pt này ta được y x, y x thế vào một trong hai pt của hệ ta thu được kết quả 3 18 (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 hpt này hoàn toàn giải được bằng cách đặt y tx, x 0 hoặc đặt x ty, y 0 . II.4) [bđtđ_loại 1] Giải các hpt [ mà trong hệ có một ptr bậc nhất theo ẩn x hoặc theo ẩn y] sau [bằng cách rút x theo y hoặc y theo x rồi thay vào ptr còn lại]: 2 2 x y 1 x y 1 3x 4x 1 1 x y xy 2x y 5xy a) b) 2 xy y 1 x 2 x y xy 3x y 4xy x2 1 G: a)C1: Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn PT(2) nên từ (2) ta có : y 1 thay vào (1) ta được x 2 2 2 x 1 x 1 2 2 2 x x 3x 4x 1 x 1 2x 1 x 1 3x 1 x x x 1 3 2 3 2 x 1 2x 2x x 1 x 1 3x 1 x 1 2x 2x 4x 0 x 0 (loại) x 2 5 Từ đó , ta được các nghiệm của hệ là : (1;-1) , (-2; ) 2 C2 : Ta thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình (2) cho nên từ phương trình (2) ta có : y x 1 x2 1 y x 1  y 1 x thay vào phương trình (1) ta có : x2 x x x 3x2 4x 1 x 1 2x3 2x2 x 1 x 1 3x 1 x 1 2x3 2x2 4x 0 x x 1 x2 x 2 0 x 0; x 1; x 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.205 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
4. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ b) Ta có x=y=0 là một nghiệm của hệ . Các cặp số (x;y) với x 0, y 0; x 0, y 0 không là nghiệm của hệ . 1 1 2x y 5 x y Xét xy 0 chia hai vế phương trình cho xy 0 ta được : 1 1 3x y 4 x y Suy ra : 5 2x y 4 y 3x x 2y 1(*) thay vào phương trình thứ hai ta có : 2y-1+y+y(2y-1)(5y-3)=4(2y-1)y 3y 1 y 10y2 11y 3 8y2 4y 10y3 19y2 10y 1 0 y 1 10y2 9y 1 0 9 41 9 41 y 1; y ; y 20 20 9 41 41 1 9 41 41 1 Đáp số : (x;y)= 1;1 , ; ; ; 20 10 20 10 II.5)Giải các hpt sau : [bđtđ_loại 2 →Một phương trình của hệ đưa được về dạng tích của hai phương trình bậc nhất hai ẩn . Khi đó ta đưa hpt ban đầu về hai hpt tương đương. →Lưu ý rằng đối với một số hpt , chúng ta phải cộng hoặc trừ hai pt của hpt với nhau thì mới nhận được ptr có thể đưa được về pt.tích.] 2 2 5 2 3 xy x y x 2y 1 5x y 4xy 3y 2 x y 0 1 a) b) 2 2 2 x 2y y x 1 2x 2y 2 xy y 2 x y 2 y 3 4 4 2 2 x y x y 1 x2 y2 1 x y x 3 1 x y 6x y 41 x c) d) e) 2 2 x y 1 2 xy x y 10 x y x x 3 2 2 2 xy x y x 2y f) x 2y y x 1 2x 2y Ξ a) Điều kiện : x≥1 ; y≥0 PT (1) x2 xy 2y2 x y 0 x y x 2y x y 0( từ điều kiện ta có x+y>0) x 2y 1 0 x 2y 1 thay vào PT (2) ta được : y 2x 2y 2y 2 y 1 2y 2 0 do y 0 y 2 x 5 b) ( ĐH-KA-2011) Từ (2) ta có : xy 1 x2 y2 2 0 xy 1 x2 y2 2 • xy=1; từ (1) suy ra : y4 2y2 1 0 y 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(1;1),(-1;-1). • Với : x2 y2 2 1 3y x2 y2 4xy2 2x2 y 2 x y 0 6y 4xy2 2x2 y 2 x y 0 1 xy 2y x 0 xy 1 x 2y Xét : xy=1 . Đã giải ở trên 2 2 2 10 10 2 10 10 Với : x=2y , thay vào x y 2 x; y ; , ; 5 5 5 5 2 10 10 2 10 10 Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(1;1),(-1;-1), ; , ; 5 5 5 5 2 2 x y x y 1 x y 1 c) x y 1 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.206 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
5. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ Điều kiện : x 0; y 0. (1) x y 1 x y 1 0 . Suy ra hệ trở thành : x 1; y 0 x y 1 x 0 x y 1 y 1 x; y 1;0 ; 0;1 x y 1 x 1 x y 1 y 0 y 3 x y x 3 1 d) x Điều kiện : x>0; y 3 . x y x x 3 2 y 3 y 3 Ta có : 1 . Suy ra : x y 3 x • Với y=3 ; ta có : 2 x 3 0 x 3 ( loại ) x y x 3 x • Với y 3 ta có : x 3 x x y x x 3 y 8 . Vậy hệ có x y x x 3 nghiệm : (x;y)=(1;8 ) * Chú ý : Trong một số bài toán đôi khi ta phải cộng hoặc trừ hai phương trình của hệ sau đó mới xuất hiện phương trình dạng tích . x4 y4 6x2 y2 41 4 4 4 2 2 2 2 e) 2 2 Ta sử dụng hằng đẳng thức : x y x y 4xy x y 6x y xy x y 10 4 4 2 2 x y 6x y 41 Hệ đã cho 2 2 . Ta cộng vế với vế hai phương trình ta được : 4xy x y 40  x4 y4 4xy x2 y2 6x2 y2 81 x y 4 81 x 3 x y 3 x y 3 2 2 xy x y 10 xy 9 2xy 10 Hệ đã cho . Học sinh giải tiếp . x y 3 x y 3 2 2 xy x y 10 xy 9 2xy 10 2 2 xy x y x 2y f) ( ĐH-KD-2008 ) x 2y y x 1 2x 2y y x y x y x y x y 0 x y 2y 1 x 0 Hệ viết lại : . x 2y y x 1 2x 2y x 2y y x 1 2x 2y Học sinh giải tiếp . Đáp số : (x;y)=(5;2) II.6)Giải các hpt sau: bđtđ_loại 3 →Một [trong hai] phương trình của hệ là phương trình bậc hai theo một ẩn ,chẳng hạn x là ẩn . Khi đó ta coi y là tham số và giải ptr này để tìm x theo y. 2 y 5x 4 4 x 1 2x2 2xy y 5 a) b) 2 2 2 5x y 4xy 16x 8y 16 0 2 y xy 5x 7 2 y 5x 4 4 x 1 G: a) 2 2 5x y 4xy 16x 8y 16 0 2 Hướng dẫn : Bài-giảng Pt- Hpt trang.207 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
6. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ Coi phương trình (2) là phương trình theo ẩn y ta có : y2 4 x 2 y 5x2 16x 16 0 y 5x 4 Giải theo y ta có : . Thay lần lượt hai trường hợp vào phương trình (1) ta sẽ tìm được nghiệm y 4 x của hệ . ↔Biến đổi PT (2) về dạng y2 4x 8 y 5x2 16x 16 0 y 5x 4 3 Coi PT (2) là phương trình ẩn y tham số x ta có ' 9x2 từ đó ta được nghiệm y 4 x 4 4 2 x y 0 Thay (3) vào (1) ta được : 5x 4 5x 4 4 x 5 x 0 y 4 2 x 4 y 0 Thay (4) vào (1) ta được : 4 x 5x 4 4 x x 0 y 4 4 Vậy nghiệm của hệ là : (0;4) , (4;0) , ( ;0) 5 2x2 2xy y 5 b) 2 y xy 5x 7 Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta có : 2x2 y2 xy y 5x 2 0 y 1 x 2x2 y 5 x y2 y 2 0 2 . Thay từng trường hợp một vào phương trình (1) ta tìm x 2 y được nghiệm của hệ . 1 x2(y z)2 (3x2 x 1)y2z2 3x 1 2 x y 2 2 2 2 2 II.7) Giải hệ phương trình a) b) y (z x) (4y y 1)z x 1 2 2 2 2 2 7 y 1 4 2 z (x y) (5z z 1)x y x y G:a) P: Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt thứ nhất cho 3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7y . 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 2 4 2 1 2 2 1 2 1 (1) x y 3x 3x 7y 3x 7y Hệ 1 4 2 2 2 4 2 1 2 2 1 1 x y 7y x y 3x 7y 3x 7y x y 1 2 2 1 2 2 1 Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được 3x 7 y 3x 7 y x y y 6x 1 8 1 7y2 38xy 24x2 0 4 3x 7y x y y x 7 1 2 11 4 7 22 8 7 TH 1. y 6x thế vào pt (1) ta được 1 x y 3x 21x 21 7 4 TH 2. y x không xảy ra do x 0, y 0 . 7 Bài-giảng Pt- Hpt trang.208 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
7. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 11 4 7 22 8 7 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất x; y ; . 21 7 a b m m n 2a Chú ý. Hpt có dạng . Trong trường hợp này, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn a b n m n 2b thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất căn thức. a n m bx px qy Tổng quát ta có hệ sau: c n m dy px qy x2(y z)2 (3x2 x 1)y2z2 2 2 2 2 2 b) y (z x) (4y y 1)z x z2(x y)2 (5z2 z 1)x2y2 Phân tích. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho x2 y2 z2 thì ta được hệ mới đơn giản hơn. 2 2 y 0 z 0 TH 1. xyz 0 . Nếu x 0 thì hệ y 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 x2 y2 z2 ta được 2 1 1 1 1 3 (1) z y x x2 2 1 1 1 1 4 (2) . Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được : 2 x z y y 2 1 1 1 1 5 (3) 2 y x z z 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 z y x z y x x y z x2 y2 z2 1 1 1 2 4 (4) 1 1 1 1 1 1 x y z 12 0 x y z x y z 1 1 1 3 (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 3 9 Tứ (4) và (2) ta có y . Từ (4) và (3) ta có z 4 11 5 5 Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có x , y 1, z . 6 4 9 3 9 5 5  Vậy hệ có tập nghiệm là S = (t;0;0); (0;t;0); (0;0;t); ; ; ; ; 1; , t ¡  13 4 11 6 4  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. Bài-giảng Pt- Hpt trang.209 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
8. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 2 2 2 2 x y 1 x y 1 3x 4x 1 1 xy x y x 2y 1 II.8) Giải hệ phương trình: a) b) 2 xy x 1 x 2 x 2y y x 1 2x 2y 2 2 2 2 xy x y x 2y (1) y 5x 4 4 x 1 c) d) 2 2 x 2y y x 1 2x 2y (2) y 5x 4xy 16x 8y 16 0 2 x2 1 G: a) Ta thấy x=0 không thỏa mãn PT(2). Với x 0 từ (2) có y 1 , thay vào (1) ta được: x 2 2 2 x 1 x 1 2 2 2 x x 3x 4x 1 x 1 2x 1 x 1 3x 1 x x x 0 loai 3 2 3 2 x 1 2x 2x x 1 x 1 3x 1 x 1 2x 2x 4x 0 x 1 x 2 5 Hệ có hai nghiệm (x;y) là 1; 1 & 2; 2 2 2 xy x y x 2y 1 b) Đk: x 1; y 0 * x 2y y x 1 2x 2y 2 PT 1 x2 xy 2y2 x y 0 x y x 2y 1 0 x 2y 1 0  * x y 0 x 2y 1 thay vào PT(2) và biến đổi ta được: y 1 2y 2 0 y 2 y 0 x 5 Hệ có nghiệm x; y 5;2 2 2 xy x y x 2y (1) c) x 2y y x 1 2x 2y (2) G:Điều kiện x ≥ 1;y ≥0: PT (1) x2 xy 2y2 (x y) 0 (x y)(x 2y 1) 0 x 2y 1 0 (x+y>0) x=2y+1  2 (y+1) 2y 2 0 y 2(do y 0) x=5 Vậy hệ có nghiệm (x,y)=(5;2) 2 y 5x 4 4 x 1 d) 2 2 y 5x 4xy 16x 8y 16 0 2 Biến đổi PT(2) về dạng: y2 4x 8 y 5x2 16x 16 0 ' 2 y 5x 4 Coi PT(2) là PT bậc hai ẩn y(tham số x) ta có: 9x y 4 x 4 x 5 4 1 2 x *y 5x 4,  5x 4 5x 4 4 x 5 y 0 x 0 x 0 y 4 x 4 y 0 1 2 x 4 *y 4 x,  4 x 5x 4 4 x x 0 x 0 y 4 4 Hệ có nghiệm là: x; y 0;4 ; 4;0 ; ;0 5 Bài-giảng Pt- Hpt trang.210 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
9. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ x2 xy 2y2 x y 0 x2 3xy 2y2 x 2y 0 II.9) Giải hpt : a) b) 2 2 2 2 x 4y 5 x y 2xy 2x y 6 0 xy x 2 0 (1) x2 y2 2(x y) 7 c) (D – 2012) d) 3 2 2 2 2x x y x y 2xy y 0 (2) y(y 2x) 2x 10 2 2 1 1 xy x y x 2y (1) x y (1) e) (D – 2008) f) (A – 2003) x y x 2y y x 1 2x 2y (2) 3 2y x 1 (2) x2 xy 2y2 x y 0 x2 3xy 2y2 x 2y 0 G : a) . Biến đổi (1) thành tích. b) 2 2 2 2 x 4y 5 x y 2xy 2x y 6 0 xy x 2 0 (1) c) (D – 2012) 3 2 2 2 2x x y x y 2xy y 0 (2) Biến đổi pt (2) thành tích. Hoặc coi pt (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y. xy x 2 0 1 5 Hpt . Hệ có 3 nghiệm (x; y) (1; 1); ( ; 5) 2 (2x y 1)(x y) 0 2 x2 y2 2(x y) 7 d) y(y 2x) 2x 10 Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : x2 2xy 4x 2y 3 0 (x 1)(x 2y 3) 0 2 2 xy x y x 2y (1) e) (D – 2008) x 2y y x 1 2x 2y (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). ĐK: x 1, y 0 (1) y(x y) (x y) x2 y2 (x y)(y 1 x y) 0 TH 1. x y 0 (loại do x 1, y 0 ) TH 2. 2y 1 x 0 x 2y 1 thế vào pt (2) ta được (2y 1) 2y y 2y 4y 2 2y (y 1) 2y 2(y 1) y 1 0 y 1 . Do y 0 y 2 . Vậy hệ có nghiệm (x; y) (5;2) 2y 2 y 2 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). 1 1 x y (1) f) (A – 2003) x y 3 2y x 1 (2) Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích. 1 1 x y 1 ĐK: xy 0 . (1) x y 0 x y 0 (x y) 1 0 x y xy xy 1 5 TH 1. x y thế vào (2) ta được x3 2x 1 0 x 1 hoặc x (t/m) 2 1 1 1 1 3 TH 2. 1 0 y thế vào (2) ta được x4 x 2 0 (x2 )2 (x )2 0 . xy x 2 2 2 PT này vô nghiệm. 1 5 1 5 1 5 1 5  Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1); ; ; ;  2 2 2 2  Bài-giảng Pt- Hpt trang.211 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
10. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 1 1 8xy x y (1) x2 y2 16 (1) 3 3 II.10) Giải hpt: a) x y b) x y 2 (x 4y)(2x y 4) 36 (2) x y x y (2) 2 2 3 xy (x y)( xy 2) x y y 5x y 4xy 3y 2(x y) 0 (1) c) d) (A – 2011 ) 2 xy(x2 y2 ) 2 (x y)2 (2) (x 1)(y xy x x ) 4 3 3 x y 4(4x y) e) 2 2 1 y 5(1 x ) x y 1 1 (y x)(y2 xy x2 ) G: a)PT (1) x y (x y) 2 2 3 3 3 3 y xy x x y x y 3 3 1 x y 2 x 6 TH 1. x y thế vào pt thứ hai ta được x 4x 12 0 x 2 y 2 xy x 2 TH 2. 1 xy 0 . x 3 y 3 (2) 2x2 4y2 9xy 4x 16y 36 2(x 1)2 4(y 2)2 9xy 18 Trường hợp này không xảy ra do xy 0 2(x 1)2 4(y 2)2 9xy 0 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = (2;2); ( 6; 6) 2 2 8xy x y 16 (1) b) x y 2 x y x 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) ĐK: x y 0 . (1) (x2 y2 )(x y) 8xy 16(x y) 2 2 (x y) 2xy (x y) 8xy 16(x y) (x y) (x y) 16 2xy(x y 4) 0 (x y 4)(x y)(x y 4) 2xy 0 2 x 3 y 7 TH 1. x y 4 0 thế vào (2) ta được x x 6 0 x 2 y 2 TH 2. (x y)(x y 4) 2xy 0 x2 y2 4(x y) 0 vô nghiệm do ĐK Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( 3;7); (2;2) xy (x y)( xy 2) x y y x; y 0 c) Điều kiện : 2 xy (x y)( xy 2) 0 (x 1)(y xy x x ) 4 PT (1) xy (x y)( xy 2) y ( x y) 0 (x y)(y xy 2) x y y xy 2 1 0 (x y) 0 (3) x y x y xy (x y)( xy 2) y xy (x y)( xy 2) y 2 4 2 4 Từ PT (2) ta có y xy x x (x 1) x 1 2 2 x 1 x 1 y xy 2 1 0 xy (x y)( xy 2) y x y PT (3) x y , thay vào PT (2) ta được : x3 2x2 3x 4 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.212 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
11. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 1 17 1 17 x 1 hoặc x Kết hợp với điều kiện ta có x 1, x 2 2 1 17 1 17 KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 1); ; 2 2 5x2 y 4xy2 3y3 2(x y) 0 (1) d) (A – 2011 ) 2 2 2 xy(x y ) 2 (x y) (2) xy 1 1 Biến đổi PT (2) thành tích ta có . TH1: thay vào PT (1). 2 2 y x y 2 x TH 2: PT(1) 3y(x2 y2 ) 2x2 y 4xy2 2(x y) (xy 1)(2x 4y) 0 3 3 x y 4(4x y) 2 2 3 3 2 2 e) Từ (2) 4 y 5x thay vào (1) ta có : x y (y 5x )(4x y) . 2 2 1 y 5(1 x ) Nghiệm (0;2); (0; 2); ( 1;3); (1; 3) . x y z x y z II.11)Tìm các nghiệm tự nhiên x,y,z: 1 1 1 1 x y z 2 2 G: Ta có: x y z x y z x y z y x z x y z 2 y(x y z) y x z 2 xz y(x y z) xz 2 y z y xy yz xz 0 (x y)(z y) 0 y x Với y = x thay vào phương trình thứ hai ta được: x 2 1 x 3 2 1 z 1 1 z 3 1 2z x xz 9x 2)(z 1) 2 z z x 2 2 x 4 z 1 1 z 2 Tương tự, với z=y ta có nghiệm tự nhiên của hệ là(3;3;3),(4;4;4),(2;4;4) 3x2 2xy y2 11 II.12) Tìm các giá trị m để hệ có nghiệm. 2 2 x 2xy 3y 17 m P: Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay y tx, x 0 2 2 y 11 y 11 m 17 G: TH 1. x 0 . Vậy hệ có nghiệm x 0 11 m 16 2 2 m 17 3y m 17 y 3 3 3x2 2tx2 t 2 x2 11 TH 2. x 0 , Đặt y tx . Hệ 2 2 2 2 x 2tx 3t x 17 m 2 11 2 2 x (3 2t t )x 11 3 2t t 2 2 2 (1 2t 3t )x 17 m 2 11 (1 2t 3t ). 17 m 3 2t t 2 2 11 x 3 2t t 2 2 (m 16)t 2(m 6)t 3m 40 0 (*) Bài-giảng Pt- Hpt trang.213 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
12. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 11 Ta có 0,t nên hệ có nghiệm pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi m 16 3 2t t 2 hoặc m 16, ' (m 6)2 (m 16)(3m 40) 0 5 363 m 5 363 Kết luận. 5 363 m 5 363 5x2 2xy y2 3 Tìm các giá trị của m để hệ (I) có nghiệm. II.13) 2 2 m 2x 2xy y m 1 5x2 2xy y2 3 G: Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được 2 2 1 6x 6xy 3y 3 m 1 1 1 Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được x2 4xy 4y2 (x 2y)2 m 1 m 1 1 Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là 0 m 1 m 1 5x2 2xy y2 3 Điều kiện đủ. Với m 1. Xét hệ pt (II) 2 2 2x 2xy y 1 2 2 2 2 5x0 2x0 y0 y0 3 5x0 2x0 y0 y0 3 Giả sử (x ; y ) là nghiệm của hệ (II). Khi đó: 0 0 2 2 2 2 m 2x0 2x0 y0 y0 1 2x0 2x0 y0 y0 m 1 Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) 2 2 5x 2xy y 3 2 2 (II) x 4xy 4y 0 x 2y 0 x 2y 2 2 6x 6xy 3y 3 1 2 Thay x 2y vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được 8y2 4y2 y2 1 5y2 1 y x  5 5 Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy m 1. II.14) II.15) Bài-giảng Pt- Hpt trang.214 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
13. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ [II.2] Phương.pháp.đặt.ẩn.phụ ●Nói chung , sự phân loại các phương pháp giải [hpt] chỉ mang tính tương đối để thuận tiện cho việc sắp xếp các bài toán. Điều quan trọng nhất ở đây ,là chúng ta _bằng kinh nghiệm giải.toán và sự quan sát_phải nhìn nhận được “cấu.trúc” của hpt cũng như tìm được mối liên hệ giữa các yếu.tố nằm trong “cấu.trúc” nhằm lựa chọn một phương.án/(pp) xử lí phù hợp. Ví dụ ,ta thường sử dụng pp đặt ẩn phụ khi nhận thấy hpt có chứa các biểu.thức giống.nhau[hay tương tự nhau],hoặc các biểu.thức nằm trong hptr có mối liên.hệ với nhau thông qua một vài phép biến.đổi ; ● Điểm quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện ẩn phụ a f x, y ;b g x, y có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0 [có sẵn trong ptr]. Việc phát hiện ẩn phụ nhanh hay chậm phụ thuộc vào kỹ năng biến đổi,kinh nghiệm cũng như kỹ năng quan.sát của từng học sinh một . 2 2 2 x 1 y x y 4y 1 y xy 6x 1 II.16) Giải các hpt sau: a) b) 2 2 2 2 x 1 y x 2 y 2 1 x y 5x 2 3 4xy 4 x2 y2 7 2 2 x y x y 1 6y 2 1 c) d) 1 x4 y2 2x2 y2 y x2 1 12y2 1 2 2x 3 x y 1 x y x y 1 18 x y 15 xy y x e) f) 1 x2 y2 x2 y2 1 208 x2 y2 85 2 2 2 2 x y y x 2 x 1 y x y 4y 1 Ξ a) 2 x 1 y x 2 y 2 Ta thấy : y=0 không là nghiệm của hệ . Chia hai vế phương trình (1) và (2) cho y ta có hệ : x2 1 x y 4 y x2 1 u v 2 . Đặt : u ;v x y 2 x2 1 y u.v 1 x y 2 1 y Giải hệ trên suy ra u,v sau đó tìm được x,y . 2 2 y xy 6x 1 b) ( SPIHN-KA-2000) 2 2 2 1 x y 5x 2 Nhận xét : x=0 không là nghiệm của hệ ( vì phương trình (2) vô nghiệm ) Chia hai vế của hai phương trình của hệ cho x2 0 . Khi đó hệ đã cho trở thành : 1 y y y 1 y 6 y 6 x x x x x . 1 1 y2 5 y2 5 x2 x2 1 uy u y 6 sp 6 Đặt : u ; s u y; p uy 2 2 3 x u y 5 s 5s 6 0 Học sinh giải tiếp : Đáp số (x;y)=(1;2),(1/2;1) Bài-giảng Pt- Hpt trang.215 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
14. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 3 4xy 4 x2 y2 7 2 x y c) Điều kiện : x y 0 1 2x 3 x y 2 2 3 3 x y x y 7 2 x y 1 Khi đó hệ trở thảnh : . Đặt : u x y ;v x y 1 x y x y x y 3 x y 3u2 v2 13 Hệ khi đó : . Học sinh giải tiếp tìm u,v sau đó tìm x,y . u v 3 2 2 3 3 x y x y 7 2 x y G: Điều kiện : x +y ≠0 Hpt 1 x y x y 3 x y 2 2 1 3a b 13 1 Đặt a x y a 2 ;b x y ta được hệ x y a b 3 2 1 x y 2 x y 1 x 1 Giải hệ ta được a=2 , b=1 ( do |a|≥2 ) từ đó ta có hệ x y x y 1 y 0 x y 1 2 x y 1 6y 2 1 d) Điều kiện : y 0; y 1 4 2 2 2 2 2 x y 2x y y x 1 12y 1 2 4y 4 9y 1 Khi đó : 1 x2 y y 1 6y2 2y x2 2 ; x2 3 . y 1 y 1 Thay vào (2) , ta có : x4 y2 x2 y2 y 6y2 2y 12y2 1 x2 2 x2 3 y2 y 1 0 2 y 1 y 1 x 2 4 y 1 9y 1 y y 1 2 2 2 1 y 1 4 9y 1 y y 1 y x 0 3 1 1 1 x y 1 18 x y 18 xy x y e) ( AN-98). Hệ đã cho viết lại : 1 1 1 x2 y2 1 208 x2 y2 208 2 2 2 2 x y x y 1 x 4 x u 4 1 y 14 1 1 u v 18 u v 18 v 14 y Đặt : u x ;v y 2 2 x y u v 212 uv 56 u 14 1 x 14 x v 4 1 y 4 y Bài-giảng Pt- Hpt trang.216 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
15. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ x2 4x 1 0 x 2 3 2 y 14y 1 0 y 7 4 3 x; y 2 3;7 4 3 ; 2 3;7 4 3 2 x 14x 1 0 y 2 3 y2 4y 1 0 x 7 4 3 x y x y 15 y x x y f) Điều kiện : x 0, y 0 . Đặt : u ;v x y u 2. x2 y2 y x x2 y2 85 2 2 y x 2 2 2 2 2 x y 2 x y v Khi đó ta có : u2 2; x2 y2 x y 2xy v2 2xy;u xy y2 x2 xy u 2 uv 15 Hệ 2 15v . Học sinh giải tiếp tìm được u,v sau đó suy ra x,y . u 2 85 u 2 1 2 x y 1 5 x y 2y x 4xy xy x 2x 3y x 1 14 II.17)Giải các hpt sau: a) b) 1 1 x c) 3 2 1 2 x x 3y 9 xy 4 x xy y xy 2 3x y 3 9x2 y2 10 3x y 0 x x y 1 3 xy x 1 7y d) e) f) 1 2 5 2 2 2 x y xy 1 13y 3x y 6 x y 2 1 0 3x y x 2 3 2 5 x y x y x y xy 4 3 2 2 1 1 4 x 2x y x y 2x 9 x y g) h) k) x y 2 4 2 5 x 2xy 6x 6 x y xy 1 2x 2y x3 1 4 1 u 2 x y 1 5 xy 1 1 u v 5 v 3 G: a) Điều kiện : xy 0 . Đặt : u x ;v y . 1 x y uv 6 u 3 xy 4 xy v 2 x2 y 2y x 4xy b) 1 1 x Đk: x 0, y 0 . Chia hai vế pt (1) cho xy , thêm 1 vào hai vế của pt (2) và nhóm 3 2 x xy y 1 1 1 x 4 x x y 1 1 1 u v 4 chuyển về dạng tích Đặt : u x ;v u v 4 1 1 1 x x y uv 4 x 4 x x y Bài-giảng Pt- Hpt trang.217 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
16. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ x 2x 3y x 1 14 c) Hệ viết lại : 2 x x 3y 9 x 1y 3 x2 x 2 x 2; y 1 2 x x 2x 3y 14 2x 3y 7 1 29 1 29 x ; y 2 2 x x 2x 3y 9 x x 7 2 2 2x 3y 2 1 29 1 29 x ; y 2 2 3x y 2 3 9x2 y2 10 3x y 0 d) 1 3x y 6 3x y Điều kiện : 3x y 0 y 3x . Chia hai vế phương trình (1) cho 3x y 0 . Khi đó 2 3x y 3x y 3x y 3x y Phương trình (1) của hệ trở thành : 3 10 0 5 2 . Khi đó 3x y 3x y 3x y 3x y 3x y 5 3x y 2 x 1; y 2 3x y * Trường hợp 1: 1 1 2 1 3 x ; y 3x y 6 3x y 5 5 3x y 3x y 3 11 3 3 11 2 3x y 2 x ; y 3x y 12 4 Trường hợp 2: 1 1 2 3x y 6 3x y 3 11 3 3 11 3x y x ; y 2 4 x x y 1 3 e) (ĐH-KD-2009 ). 2 5 x y 2 1 0 x Điều kiện : x 0 . Chia hai vế phương trình (1) cho x 0 , thì (1) trở thành : 3 3 x y 1 0 x y 1. Thế vào phương trình (2) của hệ thì (2) trở thành : x x 1 2 1 x 1; y 1 3 5 4 6 x x 1 3 1 2 1 0 2 2 0 3 x; y 1;1 , 2; x x x x 1 1 x 2 x 2; y 2 2 x 2 xy x 1 7y f) ( ĐH-KB-2009 ). 2 2 2 x y xy 1 13y Nhận xét : y=0 không là nghiệm vì (1) vô lý , cho nên ta chia hai vế phương trình (1) và (2) của hệ cho y 0; y2 0 . Khi đó hệ trở thành : x 1 1 x 1 x 7 x 7 3 2 x 5 y y y y y 1 1 2 x x 20 0 x 1 y y 1 x2 13 1 x x 4 y y2 x 13 4 y y y Bài-giảng Pt- Hpt trang.218 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
17. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ x 12y 2 1 12y 5y 1 0 x 1; y 1 3 x; y 1; , 3;1 x 3y 3 x 3; y 1 2 3y 4y 1 0 5 x2 y x3 y x2 y xy 4 g) ( ĐH-KA-2008 ) 5 x4 y2 xy 1 2x 4 2 2 5 5 x y xy x y xy u v uv 4 4 2 Hệ viết lại : u x y;v xy 2 5 5 x2 y xy u2 v 4 4 u 0 x2 y 0 5 5 v xy 4 4 3 25 3 Học sinh giải tiếp ta được : x; y 3 ; 3 , 1; 1 2 1 u x y 4 16 2 2 2 3 3 v xy 2 2 x4 2x3 y x2 y2 2x 9 h) ( ĐH-KB-2008 ). Hệ viết lại : 2 x 2xy 6x 6 2 2 2 x xy 2x 9(3) x2 x y 2x 9 2 . Thay (4) vào (3) rút gọn ta có : 2 6x 6 x x 2xy 6x 6 xy (4) 2 x 0 x 0 x 0 x4 12x3 48x2 64x 0 3 2 3 x 12x 48x 64 0 x 4 0 x 4 17 Học sinh giải tiếp . Đáp số nghiệm hệ : (x;y)= 4; 4 1 1 x y k) ( ĐH-KA-2003 ) x y Điều kiện : x, y 0 3 2y x 1 1 1 1 x y 0 Từ (1) của hệ : x y 0 x y 1 0 x y xy xy 1 • Nếu : x=y , thay vào (2) của hệ : x2 2x 1 0 x 1 x; y 1;1 2 2 4 2 1 1 3 • Nếu xy=-1 , thay vào (2) của hệ : x x 2 0 x x 0. Phương trình này 2 2 2 vô nghiệm . Do đó hệ vô nghiệm . x y x y 15 x2 y 2y x 4xy y x x 2x 3y x 1 14 II.18) Giải hpt: a) b) c) 2 2 1 1 x 2 x y 2 3 x x 3y 9 x2 y2 85 x xy y 2 2 y x Bài-giảng Pt- Hpt trang.219 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
18. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 3x y 2 3 9x2 y2 10 3x y 0 d) 1 3x y 6 3x y x y x y 15 y x x y G: a) Điều kiện : x 0, y 0 . Đặt : u ;v x y u 2. x2 y2 y x x2 y2 85 2 2 y x 2 2 2 2 2 x y 2 x y v Khi đó ta có : u2 2; x2 y2 x y 2xy v2 2xy;u xy y2 x2 xy u 2 uv 15 Hệ 2 15v . Học sinh giải tiếp tìm được u,v sau đó suy ra x,y . u 2 85 u 2 x2 y 2y x 4xy b) 1 1 x Điều kiện : x 0, y 0 . Chia hai vế phương trình (1) cho xy , thêm 1 vào hai vế 3 2 x xy y 1 1 1 x 4 x x y của phương trình (2) và nhóm chuyển về dạng tích 1 1 1 x 4 x x y 1 1 1 u v 4 Đặt : u x ;v u v 4 . Học sinh giải tiếp . x x y uv 4 x 2x 3y x 1 14 c) 2 x x 3y 9 x 1y 3 x2 x 2 x 2; y 1 2 x x 2x 3y 14 2x 3y 7 1 29 1 29 Hệ viết lại : x ; y 2 2 x x 2x 3y 9 x x 7 2 2 2x 3y 2 1 29 1 29 x ; y 2 2 3x y 2 3 9x2 y2 10 3x y 0 d) 1 3x y 6 3x y Điều kiện : 3x y 0 y 3x . Chia hai vế phương trình (1) cho 3x y 0 . Khi đó 2 3x y 3x y 3x y 3x y Phương trình (1) của hệ trở thành : 3 10 0 5 2 . Khi đó 3x y 3x y 3x y 3x y 3x y 5 3x y 2 x 1; y 2 3x y * Trường hợp 1: 1 1 2 1 3 x ; y 3x y 6 3x y 5 5 3x y Bài-giảng Pt- Hpt trang.220 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
19. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 3x y 3 11 3 3 11 2 3x y 2 x ; y 3x y 12 4 Trường hợp 2: 1 1 2 3x y 6 3x y 3 11 3 3 11 3x y x ; y 2 4 2 x 1 y y x 4y 1 Giải hệ phương trình: a) II.19) 2 x 1 y x 2 y 2 x3 3x y 3x2 1 1 x 2y 1 x 1 2y 1 5 3 2 2 1 b) y 3y z 3y 1 c) 2y 1 1 x d) I 2y 1 x 1 2 3 2 x y 1 2 x y 2 z 3z x 3z 1 x2 1 y x 4 y G: a) Ta thấy y=0 không thỏa mãn PT(1) nên hệ (1)&(2) x2 1 y x 2 1 y x2 1 u v 2 Đặt:u & v y x 2 , ta có hệ: y uv 1 Giải hệ trên theo viet ta dễ dàng thu được u=v=1, từ đó ta có hệ: x 1 x2 1 y y 3 x y 3 x y 2 . Vậy hệ có nghiệm (x,y) là (1;2)&(-2;5) 2 2 x y 3 x 1 3 x x x 2 0 x 2 y 5 x3 3x y 3x2 1 3 2 3 2 1 b) y 3y z 3y 1 *Xét x 3x y 3x 1 vì x = không thoã mãn PT nên ta có 3 3 2 z 3z x 3z 1 x3 3x y 3x2 1 y tan 3 tan3 3tan Đặt x tan : ; . Ta có: y 2 tan 3 z tan 9 tan 27 tan 2 2 3tan 1 x tan 27 6 k Vậy 27 k 26 3 9 3 9 Vậy hệ của hệ: 0;0;0 , ; ; và các hoán vị của nó, ; ; và các hoán vị của nó 26 26 26 26 26 26 1 x 2y 1 2 1 c) 2y 1 1 x x y 1 2 1-x 1 Đặt: t= (t>0), ta có: t+ 2 (t 1)2 0 t 1 1 x 2y 1 x 2y. 2y+1 t 2 1 2 2 1  -3y=1 y=- x= .Vậy hệ có nghiệm là : ; 3 3 3 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.221 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
20. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ x 1 2y 1 5 t=2 x+1 1 5 2 d) I 2y 1 x 1 2 Đặt : t= >0 ,ta có: t+ = 2t -5t+2=0 1 2y-1 t 2 t= x y 2 2 x 1 4 x 8y 5 x 3 * t=2 : I 2y 1 x y 2 y 1 x y 2 9 x 1 1 x 1 4x 2y 5 2 9 13 *t : I 2y 1 4 . Vậy hệ có nghiệm là: 3;1 & ; 2 x y 2 13 2 2 x y 2 y 2 1 2x 3 2 x 1 y(x y) 4y 7x y 2x y 5 x y II.20) Giải hpt: a) b) c) 2 3 (x 1)(x y 2) y 2x y x y 1 2 2 4xy 4x 4y 2 7 (x y) x 1 y 1 xy 1 d) x y xy 15 G: a) y=0 không phải là nghiệm của hệ. Chia cả hai phương trình của hệ cho y ta được hệ: x 2 1 x y 4 y x2 1 u v 4 Đặt u ,v x+y ta có: x 2 1 y u(v 2) 1 ( )(x y 2) 1 y x 2 1 1 x 2 1 y 0 Giải hệ này ta được u=1, v=3; ta có hệ y x y 3 x y 3 Dễ dàng suy ra nghiệm của hệ là: (x,y) {(1,2);(-2,5)}. 7x y 2x y 5 b) Điều kiện: 7x+y 0;2x y 0 .Đặt u 7x y;v 2x y 2x y x y 1 u v 5 Ta được . Mặt khác: u2 –v2=5x (u v)(u v) 5x u v x ta có hệ phương trình: v x y 1 x 5 u u v x 2 x 5 x 3 Khi đó ta có x y 1 y u v 5 5 x 2 2 v 2 x 3 x 3 5x 3 5 x Thế vào phương trình thứ 2 của hệ : 2x x 1 x 1. Rút ra y=2 2 2 2 2 Vậy nghiệm của hệ là (x,y)=(1,2). 1 2x 3 x y c) Điều kiện:x +y 0 2 2 3 4xy 4x 4y 2 7 (x y) Bài-giảng Pt- Hpt trang.222 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
21. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 1 x y x y 3 x y Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2 3 2 3(x y) 2 (x y) 7 (x y) 1 u v 3 u v 3 u 2 Đặt:u=x+y+ ;v x y (u 2) ; ta thu được hệ: 2 2 2 2 x y 3(u 2) v 7 3u v 13 v 1 (do u 2 ) 1 x y 2 x y 1 x 1 Vậy x y . Nghiệm của hệ là:(x,y)=(1,0). x y 1 y 0 x y 1 x 1 y 1 xy 1 d) Điều kiện: x 1; y 1. x y xy 15 Bình phương 2 vế của phương trình thứ nhất ta thu được hệ: x y 2 (x 1)(y 1) 1 xy 2 xy x y 2 xy x y 1 1 xy 2 xy Đặt: a=x+y; b=xy (-2 a 15;b 0; ) ta thu được hệ phương trình: a 2 b a 1 1 b 2 b a 9 15 a 2 15 a a 3 15 a a b 15 b 15 a b 15 a a 1 2 a 1 a 5a 6 0 b 16 a 6 b 15 a a 6 b 15 a b 9 x y 1 *) Trường hợp: a=-1; b=16: ta co a2-4b<0 nên hệ vô nghiệm xy 16 x y 6 *) Trường hợp: a=6; b=9 ta có x y 3 xy 9 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là: x=y=3 x y 3 x (x y) y x y 3,5(3 x 2 y 3 xy 2 Bài tập tương tự: Giải hpt: 1, y x 2 2, 2 3, 3 x 3 y 3 x y xy 9 (x y) x 3 y 3 2 x y xy 1 3x (6 y)x 2xy 18 0 2x3 (6 y)x2 3xy 18 0 II.21) Giải hpt: a) b) c) 2 2 2 2 x y xy 7 x x y 3 x x y 7 2 1 2 1 2 2 x y 2 7 x y 2(x y) 7 x y xy 3 x2 y2 d) e) [A – 2006] f) y(y 2x) 2x 10 x 1 y 1 4 6 1 1 x y xy x y xy 1 G: a) Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến. 2 2 x y xy 7 (x y) xy 1 x y S S P 1 S 1, P 2 Hệ Đặt x, y S 2 4P ta được 2 2 (x y) 3xy 7 xy P S 3P 7 S 4, P 3 S 1 x y 1 x 1, y 2 S 4 x y 4 x 1, y 3 TH 1. TH 2. . P 2 xy 2 x 2, y 1 P 3 xy 3 x 3, y 1 Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1) Bài-giảng Pt- Hpt trang.223 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
22. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 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. x2 xy y2 1 Bài tập tương tự : Giải hệ phương trình: x y xy 3 3x3 (6 y)x2 2xy 18 0 b) 2 x x y 3 x(x 2)(3x y) 18 0 a x(x 2) Hệ Đặt Nghiệm (1; 3);( 3; 15) . x(x 2) (3x y) 3 b 3x y 2x3 (6 y)x2 3xy 18 0 x(x 3)(2x y) 18 0 c) Hệ 2 x x y 7 x(x 3) (2x y) 7 a x(x 3) 3 17 3 17 Đặt Nghiệm ( ; 12 17);( ; 12 17) b 2x y 2 2 2 2 2 2 x y 2(x y) 7 x2 y2 2(x y) 7 (x 1) (y 1) 9 d) Hệ . 2 2 y(y 2x) 2x 10 y(y 2x) 2x 10 (y x) (x 1) 9 2 2 a b 9 Đặt a x 1, b y 1 b a y x ta được hệ 2 2 (b a) a 9 a2 b2 (b a)2 a2 a2 2ab a 0 hoặc a 2b Với a 0 b 3 x 1, y 2 hoặc x 1, y 4 3 6 Với a 2b 5b2 9 b a  5 5 6 3 6 3 x 1 , y 1 hoặc x 1 , y 1 5 5 5 5 Cách 2 : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : x2 2xy 4x 2y 3 0 (x 1)(x 2y 3) 0 x y xy 3 e) [A – 2006] ĐK: x 1, y 1, xy 0 x 1 y 1 4 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, a2 4b2 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 2 1 2 1 x 2 y 2 2 7 x y 1 2 1 2 f) PT (1) (x ) 2 (y ) 2 2 7 6 1 x y 1 x y xy x y 1 1 a b 6 PT (2) 6 (x y) (x ) (y ) 6 . Ta có 2 2 xy x y a 2 b 2 2 7 Bài-giảng Pt- Hpt trang.224 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
23. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ x2 y2 x y 18 II.22)Giải hệ phương trình xy(x 1)(y 1) 72 P: 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 x2 x và y2 y . Rõ ràng hướng này tốt hơn. 2 1 2 2 x x a, a (x x) (y y) 18 4 G: Hệ . Đặt ta được 2 2 (x x)(y y) 72 2 1 y y b, b 4 a b 18 a 6, b 12 ab 72 a 12, b 6 a 6 x2 x 6 x 2, x 3 TH 1. 2 b 12 y y 12 y 3, y 4 x 3, x 4 TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được . 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 a b 18 Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản (I) ab 72 Thay a x2 x, b y2 y vào hệ (I) ta được hệ x2 y2 x y 18 (1) đó chính là ví dụ 2. xy(x 1)(y 1) 72 x2 y2 18 Thay a x2 xy, b y2 xy vào hệ (I) ta được hệ (2) 2 2 xy(x y ) 72 2 2 x 4x y 18 Thay a x 2x, b 2x y vào hệ (I) ta được hệ (3) x(x 2)(2x y) 72 1 1 (x y)xy x y 18xy Thay a x , b y vào hệ (I) ta được hệ (4) 2 2 x y (x 1)(y 1) 72xy 2 2 2 2 x y xy 18 Thay a x 2xy, b y xy vào hệ (I) ta được hệ (5) xy(x 2y)(y x) 72 Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới. a b 7 Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) và làm tương tự như trên ta lại thu được các hệ 2 2 a b 21 mới khác. Chẳng hạn : x2 y2 xy 7 Thay a x2 y2 , b xy vào hệ (II) ta được hệ (6) 4 4 2 2 x y x y 21 1 1 x y 7 1 1 x y Thay a x , b y vào hệ (II) ta được hệ (7) x y 2 2 1 1 x y 2 2 21 x y 1 x xy x 1 7y Thay a x , b vào hệ (II) ta được hệ (8) 2 2 2 y y (xy 1) x 21y Bài-giảng Pt- Hpt trang.225 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
24. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 1 (x y)y 1 9y Thay a x y, b vào hệ (II) ta được hệ (9) 2 2 2 y (x y 2) y 21y 1 x2 y2 4x 7 Thay a x2 2x, b y2 2x vào hệ (II) ta được hệ (10) 4 4 2 2 x y 4x(x y ) 21 II.23) II.24) BÀI TẬP TỰ LUYỆN y(x 7) x 1 0 2 1) Giải hpt: a) 2 2 2 . Lần lượt chia cho y; y và đặt ẩn phụ. Hệ vô nghiệm. 21y x (xy 1) xy x 1 7y 1 b) . [B – 2009]Lần lượt chia cho 2 và đặt ẩn phụ. Nghiệm . 2 2 2 y; y (3;1); (1; ) x y xy 1 13y 3 2 2 x y xy 1 4y c) Chia 2 vế của 2 PT cho y và đặt ẩn phụ. Nghiệm (1;2); ( 2;5) . 2 2 y(x y) 2x 7y 2 (2x y)2 4(4x2 y2 ) 3(2x y)2 0 d) 1 . Nghiệm x y 1. 2x 4 y 2x y (2x y)2 5(4x2 y2 ) 6(2x y)2 0 y(x 7) x 1 0 1 e) 1 . f) 2 2 2 . Nghiệm (3;1); (1; ) . 2x 3 y 25y x (xy 1) 3 2x y 1 1 x y 5 x y 2) Tìm m để hệ có nghiệm : . [D – 2007] 3 1 3 1 x 3 y 3 15m 10 x y 3 G : - Đặt u x 1 ;v y 1 ta có x3 1 x 1 3x  1 x 1 u 3u x y x3 x x x và u x 1 x 1 2 x . 1 2 ; v y 1 2 y . 1 2 x x x y y u v 5 u v 5 - Khi đó hệ trở thành 3 3 uv 8 m u v 3 u v 15m 10 u,v là nghiệm của phương trình bậc hai f t t 2 5t 8 m - Hệ có nghiệm f t m có 2 nghiệm t ,t thỏa mãn t 2; t 2 . 1 2 1 2 - Lập Bảng biến thiên của hàm số f t với t 2 t – 2 2 5/2 + f t – – 0 + + + f t 22 2 7/4 - Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm 7 m 2  m 22 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.226 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
25. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ 2 2x y 3 2x y 3) (CĐ – 2010 ) Giải hệ phương trình : . Nghiệm (1; 1);( 3;7) . 2 2 x 2xy y 2 3 x y x y x 2y 2 x 2y 4) Giải hệ : a) [B – 2002] b) 3 x y x y 2 4 2x 2y 4 1 x y 1 5) (D – 2004 )Tìm m để hệ có nghiệm : x x y y 1 3m Bài-giảng Pt- Hpt trang.227 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
26. Hpt- Pp-giải – bđtđ.ẩn-phụ Bài-giảng Pt- Hpt trang.228 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng