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

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

1. Hpt- Rèn luyện tổng hợp Bài tập rèn luyện tổng hợp— Các hpt lạ/không-mẫu-mực x2 y z 2 3x2 x 1 y2 z2 1 2 2 2 2 2 Bài 1) Giải hệ phương trình: I y z x 4y y 1 z x 2 z2 x y 2 5z2 z 1 x2 y2 3 G: Trường hợp 1: xyz=0: + Nếu x = 0, I y 0  z 0 + CMTT nếu y =0 hoặc z =0 Trường hợp 2: xyz #0 2 1 1 1 1 3 2 z y x x 2 2 2 2 1 1 1 1 Chia 2 vế các PT của (I) cho x y z ta có hệ PT tương đương với: 4 2 x z y y 2 1 1 1 1 5 2 y x z z b c 2 3 a a2 1' 1 1 1 2 2 Đặt: a ;b ;c . Hệ trở thành: c a 4 b b 2' x y z a b 2 5 c c2 3' 2 a b c 4 Cộng theo vế các PT rút gọn ta được: a b c a b c 12 0 a b c 3 13 9 a x 9 13 4 3 *a b c 4 :thay vào (1’),(2’),(3’) ta tính được: b y 3 4 11 9 c z 9 11 6 5 a x 5 6 *a b c 3 : thay vào (1’),(2’),(3’) ta tính được: b 1 y 1 4 5 c z 5 4 9 3 9 5 5 Vậy hệ PT có các nghiệm là x;0;0 , 0; y;0 , 0;0; z x, y, z ¡ , ; ; , ; 1; 13 4 11 6 4 2 2x x2 y y y 1 x 2x 2 2 Bài 2)Giải hệ phương trình: 2y y z z G: Hệ đã cho I z 1 y 2y 2 2z z x x 2 x 1 z 2z Vì một trong các giá trị x,y,z rằng 1đều không thỏa mãn hệ phương trình (I) nên x, y, z # 1 2x y 2 1 1 x 2y Nên hệ phương trình(1) tương đương với z 2 2 1 y 2z x 3 1 z2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.269 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
2. Hpt- Rèn luyện tổng hợp Đặt x=tan a với a ; từ (1) ta có y=tan 2a,từ (2) ta có z=tan 4a, từ (3) ta có x=tan 8a 2 2 k k k k Do đó ta có tan a=tan 8a 7a=k với. Suy ra a x tan , y tan 2 , z tan 4 7 7 7 7 Với phép thử ta được: k 3, 2, 1,0,1,2,3 5 2 2 3 2y 4 x y z 3xyz 1 6x y z 13yz y 42x 2 2 Bài 3) Giải hệ PT: a) b) xy yz xz 3 2 c) I 3y z x 5zx 5 3 x 2 2 2 1 1 1 6z x y 5xy y 42x 3 3 x y z 5 3 2y 4 y 42x G: a) Điều kiện :x>0,y>0. Khi đó hệ đã cho có thể viết: 5 3 x 2 y 42x 1 2 5 1 y 42x x y 1 2 15 2 2 y 2x y 42x 15xy y 25xy 84x 0 1 2 x y y 42x 3 2 x y 2 5 2 6 5 2 6 y 3x y 28x 0 y 3x y 28x 0  x; y ; 27 9 x y z 3xyz 1 b) xy yz xz 3 2 Điều kiện:x,y,z #0 hệ đã cho tương đương với: 1 1 1 3 3 x y z x y z 3xyz x y z 3xyz x y z 3 xy yz zx 3 xy yz zx 3 xy yz zx 3 xy yz xz xyz 1 xyz 1 3 xyz Áp dụng Viet cho PT bậc 3 ta có x,y,z là nghiệm của pt:t3 3t 2 3t 1 0 t 1 x y z 1 6x y2 z2 13yz 2 2 c) I 3y z x 5zx 1.Trường hợp: nếu y=z=0 thì x ¡ . CMTT: z=x=0 thì y ¡ , x=y=0 thì z ¡ 2 2 6z x y 5xy 6xy 6xz 6yz 13 1 6xy 6xz z y x 13 z y 6xy 6yz 6xz 10 4 6xy 6yz z x y 2.Trường hợp: x, y, z 0 : I 10 z x 6xz 6yz 6xy 5 9 6xz 6yz y x z 5 y x 6xy 6yz 6xz 1 14 xyz z x y 6 Bài-giảng Pt- Hpt trang.270 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
3. Hpt- Rèn luyện tổng hợp x2 1 1 y2 x 1 x 1 x 1 x 1 4 1 1 1 1 y  y  y  y Vậy hệ có nghiệm là: 2 1 z 2 2 2 2 9 1 1 1 1 1 z z z z xyz 3 3 3 3 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1; ; , 1; ; , 1; ; , 1; ; , x;0;0 , 0; y;0 , 0;0; z x, y, z ¡ 2 3 2 3 2 3 2 3 x y y z 187 x2 y2 z2 2xy xz zy 3 Bài 4) Giải hpt: a) (I) b) y z z x 154 biết x, y, z dương. 2 2 x y 2xy xz zy 1 z x x y 238 x y z y z x z x y c) x y z xyz (x y)2 z(x y) z2 3 0 G: a) Viết lại (I) (II) 2 (x y) z(x y) 1 0 u v x 2 2 u x y 2 u zu z 3 0 Đặt hệ (2) trở thành : (3) v x y u v v2 zv 1 0 y 2 2 u 0 z 4 Hệ (3) có nghiệm z 2 2 v 0 z 4 x 1 với z=2 có (3 ) u v 1 hệ đã cho có nghiệm (1;0;2) y 0 x 1 với z=-2 có (3) u v 1 hệ đã cho có nghiệm (-1;0;-2) y 0 tóm lại : hệ đã cho có hai nghiệm (1;0;2);(-1;0;-2) x y y z 187 b) y z z x 154 biết x, y, z dương. z x x y 238 2 2 Nhân từng vế của pt lại ta có: x y y z z x 6853924 2618 187 z x 2618 z x 14 x 10 Vì x, y, z dương nên x y y z z x 2618 154 x y 2618 x y 17 y 7 y z 11 z 4 238 y z 2618 x y z y z x z x y x y z xyz c) Từ: 2y 2xyz y=xyz x y z xyz y z x xyz Tương tự ta có: x xyz, z xyz x y z xyz Suy ra hệ có các nghiệm: x, y, z 0,0,0 , 1,1,1 , 1, 1, 1 x y z 1 x3 2y2 4y 3 0 Bài tập tương tự: Giải hpt: i) x2 y2 z2 1 ii) 2 2 2 3 3 3 x x y 2y 0 x y z 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.271 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
4. Hpt- Rèn luyện tổng hợp y2 2 4 3 2 2 3 3 3y 2 x 2x y x y 2x 9 (1) x 8x y 2y x Bài 5) Giải hpt: a) b) c) 2 2 2 2 x 2xy 6x 6 (2) x 3 3(y 1) x 2 3x 2 y x4 2x3 y x2 y2 2x 9 (1) G: a) P: Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. 2 x 2xy 6x 6 (2) x = 0 không thỏa mãn (2) 2 2 2 2 6x 6 x 4 3 6x 6 x 2 6x 6 x 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 hệ phương trình có nghiệm duy nhất 4; 4 2 2 2 x 2 x 3 3 2 2 y 2 y 2 x 8x y 2y x(x 8) y(y 2) 3 3 b) Hpt (Do x 0) 2 2 2 2 2 2 x 3 3(y 1) x 3(y 2) 2 x 3(x 8) x(x 8) y y 3 x + Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác Phương pháp 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. y2 2 3y 2 2 2 x 3x y y 2 (1) c) ĐK: xy 0 . Hệ . Trừ vế hai phương trình 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 x2 y2 3xy x y 0 . Do đó TH 2 không xảy ra. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1) 1 1 2 2 (1) 2 2 x y 3x 5xy 4y 38 Bài 6)Giải hpt: a) b) 1 1 5x2 9xy 3y2 15 2 2 (2) y x 1 1 2 2 (1) x y 1 1 G: a) ĐK: x , y . 1 1 2 2 2 2 (2) y x 1 1 1 1 Trừ vế hai pt ta được: 2 2 0 x y y x Bài-giảng Pt- Hpt trang.272 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
5. Hpt- Rèn luyện tổng hợp 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 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) 3x2 5xy 4y2 38 b) 2 2 5x 9xy 3y 15 P: Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế. 45x2 75xy 60y2 570 Hệ 145x2 417xy 54y2 0 2 2 190x 342xy 114y 570 1 145 Giải phương trình này ta được y x, y x thế vào một trong hai pt của hệ ta thu được kết quả. 3 18 2 3 2 5 x(x y 1) 3 0 x y x y xy xy x y xy 1 4 Bài 7) Giải hpt: a) b) 5 c) x2 y2 xy 7 2 5 (x y) 2 1 0 4 2 x x y xy(1 2x) 4 x y xy 3 x2 y2 2(x y) 7 d) e) x 1 y 1 4 y(y 2x) 2x 10 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 2 S P 1 S 1, P 2 Hệ Đặt x, y S 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 TH 1: P 2 xy 2 x 2, y 1 S 4 x y 4 x 1, y 3 TH 2: . P 3 xy 3 x 3, y 1 Vậy tập nghiệm của hệ là S = ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1) Chú ý: Nếu hệ pt có nghiệm là (x; y) thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là (y; x) . Do vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x y . Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn. 1 x y 1 3. 0 x(x y 1) 3 0 x b) 5 ĐK. x 0 . Hệ 2 2 1 (x y) 2 1 0 2 x (x y) 5. 1 0 x Bài-giảng Pt- Hpt trang.273 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
6. Hpt- Rèn luyện tổng hợp a 2, b 1 x y 1 1 a 1 3b 0 a 3b 1 Đặt x y a, b : 2 2 2 2 1 1 3 x a 5b 1 0 (3b 1) 5b 1 0 a , b x 2, y 2 2 2 2 3 2 5 2 2 5 x y x y xy xy (x y) xy(x y 1) 4 4 2 c) Hệ . Đặt x y a, xy b ta được 5 5 x4 y2 xy(1 2x) (x2 y)2 xy 4 4 5 5 a b(a 1) a2 a ab 0 a 0, b 4 4 5 2 2 5 b a 1 3 a b 4 a , b 4 2 2 5 a 0 x2 y 0 x 3 4 TH 1. 5 5 b xy 25 4 4 y 3 16 1 1 2 3 1 a x2 y x x 1 2 2 2x 2 TH 2. 3 3 3 3 y b xy y 2 2 2 2x 3 5 25  3 3 Vậy tập nghiệm của hệ pt là S = 1; ; ;  2 4 16  x y xy 3 d) 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 b 3 x 3 (thỏa mãn đk) 2 2 2 a 2 a b 1 14 2 b b 4 11 b 3b 26b 105 0 a 6 y 3 x2 y2 2(x y) 7 (x 1)2 (y 1)2 9 e) Hệ . 2 2 y(y 2x) 2x 10 (y x) (x 1) 9 a2 b2 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 a 0 b 3 x 1, y 2 hoặc x 1, y 4 3 6 a 2b 5b2 9 b a  5 5 6 3 6 3 x 1 , y 1 hoặc x 1 , y 1 .Kết luận. Hệ có 4 nghiệm như trên 5 5 5 5 Bài 8) Giải hpt: x2 2y2 2x 8y 6 0 1 1 a) Đặt a = x + 1, b = y + 2. Nghiệm: (0;3),( 2;1), 1 ; 2 2 x xy y 4x 1 0 6 6 Bài-giảng Pt- Hpt trang.274 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
7. Hpt- Rèn luyện tổng hợp x2 y2 xy x y b) Đặt a = x + y, b = x – y Đs: (2;1) 2 2 x y 3 (x y)2 1 x2 y2 c) G: Đặt a = x – y; b = xy Nghiệm: (1;0), (0;-1), (1;1), (-1;-1) x(xy y 1) y(xy 1) 1 2 2 1 1 xy x y x 2y (1) x y (1) Bài 9) Giải hpt: a) b) x y x 2y y x 1 2x 2y (2) 3 2y x 1 (2) 8xy 1 1 x2 y2 16 (1) x 3 y 3 (1) c) x y d) x y 2 (x 4y)(2x y 4) 36 (2) x y x y (2) G: a) P: 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 y 1 0 (2y 1) 2y y 2y 4y 2 2y (y 1) 2y 2(y 1) y 1. Do y 0 y 2 . 2y 2 y 2 Vậy hệ có nghiệm (x; y) (5;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) b) x y Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích. 3 2y x 1 (2) 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 (TM) 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 . Pt này vô xy x 2 2 2 1 5 1 5 1 5 1 5  nghiệm. Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1); ; ; ;  2 2 2 2  1 1 x 3 y 3 (1) c) x y (x 4y)(2x y 4) 36 (2) x y 1 1 (y x)(y2 xy x2 ) 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 y2 xy x2 TH 2. 1 xy 0 . x3 y3 (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 Bài-giảng Pt- Hpt trang.275 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
8. Hpt- Rèn luyện tổng hợp Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = (2;2); ( 6; 6) 2 2 8xy x y 16 (1) d) x y 2 x y x y (2) Phân tích. Rõ ràng, việc giải pt (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1) 2 2 2 ĐK: x y 0 . (1) (x y )(x y) 8xy 16(x y) (x y) 2xy (x y) 8xy 16(x y) 2 (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) 2 x y xy 3 (1) (4x 1)x (y 3) 5 2y 0(1) Bài 10) Giải hpt: a) (Đại Học_ 2005) b) b) 2 2 x 1 y 1 4 2 4x y 2 3 4x 7 (2) 2 y x3 3x y3 3y (1) 2x 2y (y x)(xy 2) x x 1 3 c) d) e) 2 2 2 2 2 x x y 1 (2) x y 2 y y 1 3 x 1 2 t x 1 t 2 4t 4 x t 2 4t 3 G: a) Đặt: ( 2 t 2) 2 2 y 1 2 t y 1 t 4t 4 y t 4t 3 Thay vào phương trình (1) ta được phương trình: 2t 2 6 (t 2 3 4t)(t 2 3 4t) 3 t 2 0 4 2 2 4 2 t 10t 9 2t 3 3t 22t 0 22 t 0 x y 3 t 2 loai 3 3 2 x (4x 1)x (y 3) 5 2y 0 (1) 3 4x 0 4 b) ĐK: 2 2 5 2y 0 5 4x y 2 3 4x 7 (2) y 2 2 (1) (4x2 1)2x (2y 6) 5 2y 0 (2x)2 1 (2x) 5 2y 1 5 2y 3 (2x)3 2x 5 2y 5 2y f (2x) f ( 5 2y) với f (t) t 3 t . f '(t) 3t 2 1 0,t ¡ f (t) đồng biến trên ¡ . Vậy 5 4x2 f (2x) f ( 5 2y) 2x 5 2y y , x 0 2 2 2 2 5 4x Thế vào pt (2) ta được 4x 2 3 4x 7 0 g(x) 0 2 2 2 2 5 4x 3 Với g(x) 4x 2 3 4x 7, x 0; 2 4 x3 3x y3 3y (1) c) 2 2 x y 1 (2) Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số f (t) t3 3t không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn  1;1. Bài-giảng Pt- Hpt trang.276 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
9. Hpt- Rèn luyện tổng hợp Từ (2) ta có x2 1, y2 1 x, y  1;1 Hàm số f (t) t3 3t có f '(t) 3t 2 3 0,t ( 1;1) f (t) đồng biến trên đoạn  1;1. x, y  1;1 2 nên (1) f (x) f (y) x y thế vào pt (2) ta được x y . 2 2 2 2 2  Vậy tập nghiệm của hệ là S = ; ; ;  2 2 2 2  Nhận xét. Trong trường hợp này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu trên đoạn đó. 2x 2y (y x)(xy 2) d) Phân tích: Nếu thay 2 x2 y2 vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt 2 2 x y 2 Thay 2 x2 y2 vào phương trình thứ nhất ta được 2x 2y (y x)(xy x2 y2 ) 2x 2y y3 x3 2x x3 2y y3 (1) Xét hàm số f (t) 2t t3 ,t ¡ có f '(t) 2t ln 2 3t 2 0,t ¡ suy ra f (t) đồng biến trên ¡ . (1) f (x) f (y) x y thế vào pt thứ hai ta được x y 1. Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1); ( 1; 1) 2 y x x 1 3 e) 2 x y y 1 3 Trừ vế hai pt ta được x x2 1 y y2 1 3y 3x x x2 1 3x y y2 1 3y t f (x) f (y) với f (t) t t 2 1 3t . f (t) 1 3t ln 3 0, ¡ t 2 1 f (t) đồng biến trên ¡ . Bởi vậy f (x) f (y) x y thế vào pt thứ nhất ta được x x2 1 3x 1 3x x2 1 x g(0) g(x) x Với g(x) 3x x2 1 x ; g '(x) 3x ln 3 x2 1 x 3x 1 2 x 1 1 3x x2 1 x ln 3 0,x ¡ do x2 1 x 0 và x2 1 1 2 x 1 Suy ra g(x) đồng biến trên ¡ . Bởi vậy g(x) g(0) x 0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0 3 3 2 x y 3y 3x 2 0 Bài 11) Tìm các giá trị của m để hpt sau có nghiệm 2 2 2 x 1 x 3 2y y m 0 G: Đk: 1 x 1, 0 y 2 . (1) x3 3x (y 1)3 3(y 1) Hs f (t) t3 3t nghịch biến trên đoạn [ 1;1] x, y 1  1;1nên f (x) f (y 1) x y 1 y x 1 Thế vào pt (2) ta được x2 2 1 x2 m (3). Hệ có nghiệm Pt (3) có nghiệm x  1;1 2 2 1 Xét g(x) x 2 1 x , x  1;1, g '(x) 2x 1 1 x2 g '(x) 0 x 0. g(0) 2, g( 1) 1. Pt (3) có nghiệm x  1;1 2 m 1 1 m 2 Bài 12) T×m nghiÖm nguyªn cña hÖ: x2 xy 3y2 9 x y z 3 x y 2 x y z 2 a) b) (2) c) d) 2 2 2 2 2x 655xy 660y 1992 (z y)(y 3)(z 3) 8 xy z 1 2xy z 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.277 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
10. Hpt- Rèn luyện tổng hợp x3 y3 z3 3 e) x y z 3 x2 xy 3y2 9 x2 xy 3y2 9 x2 xy 3y2 9 G: a) 2 2 2 2 2x 655xy 660y 1992 x 656xy 657y 1983 (x y)(x 657y) 1983 XÐt : (x+y)(x-657y)=1983=661.3 x y 661 x 660 x y 661 x 660 Kh«ng tho¶ m·n. Kh«ng tho¶ m·n. x 657y 3 y 1 x 657y 3 y 1 x y 3 x 4 x y 3 x 4 Tho¶ m·n. Tho¶ m·n. x 657y 661 y 1 x 657y 661 y 1 VËy nghiÖm cña hÖ lµ: (4;-1) vµ (-4;1). x y z 3 y z 3 x b) (2). (2) (z y)(y 3)(z 3) 8 (3 x)(3 y)(3 z) 8 Ta cã: 8 = 1.1.8 = -1.1.(-8) =(-1).(-1).8 = 2.2.2 = (-2).(-2).2 = 2.(-2).(-2). Trong c¸c bé sè trªn chØ cã (-1)+(-1)+8 = 6 vµ 2+2+2=6. 3 x 1 x 4 3 x 8 x 5 3 x 1 x 4 3 x 2 x 1 Do ®ã: 3 y 1 y 4 ; 3 y 1 y 4 ; 3 y 8 y 5; 3 y 2 y 1 3 z 8 z 5 3 z 1 z 4 3 z 1 z 4 3 z 2 z 1 x y 2 x y 2(1) c) Tõ (2) ta cã: xy 1 x, y cïng dÊu. MÆt kh¸c x+y=2 do ®ã 2 2 xy z 1 xy 1 z (2) x=y=1 z=0. VËy nghiÖm cña hÖ lµ (x;y;z) = (1;1;0) . x y z 2 d) DÔ thÊy y 0 . Tõ hÖ ph­¬ng tr×nh ta cã: 2(x+y+z)y - (2xy - z2) = 4y-4 2 2xy z 4 2 2 2 2 y z 0 y 2 2xy 2y 2yz 2xy z 4y 4 (y z) (y 2) 0 x 2 y 2 0 y z C¸c gi¸ trÞ t×m ®­îc nghiÖm ®óng víi hÖ ®· cho. VËy nghiÖm nguyªn cña hÖ lµ (x;y;z) = (2;2;-2). 3 3 3 x y z 3 3 3 3 3 e) Ta cã c«ng thøc: (x y z) (x y z ) 3(x y)(y z)(z x) x y z 3 (3 x) (3 y) (3 z) 6 Do ®ã ta cã: (3 x).(3 y).(3 z) 8 Suy ra : 3-x ; 3-y ; 3-z chØ cã 1 sè ch½n hoÆc c¶ 3 cïng lµ sè ch½n. *NÕu chØ cã 1 sè ch½n: Do vai trß cña x; y; z nh­ nhau, kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t nªn gi¶ sö 3-x lµ sè ch½n. Tõ ®ã ta cã: x=-5; y=4; z=4. *NÕu c¶ 2 cïng ch½n th× x = y =z = 1. VËy nghiÖm nguyªn cÇn t×m cña hÖ lµ: (x;y;z) = (-5;4;4); (1;1;1) vµ c¸c ho¸n vÞ cña chóng. x2 2(y z) Bài 13) T×m nghiÖm tù nhiªn cña hÖ: 6 6 6 2 2 x y z 31(y z ) x2 2(y z)(1) G: Tõ 1 suy ra x2 2 x2 6 6 6 2 2 x y z 31(y z )(2) MÆt kh¸c tõ ph­¬ng tr×nh thø 2 ta cã: x6 y6 z6 31(y2 z2 ) nªn x>y vµ x>z. Nªn 4x>2(y+z)=x2 vËy x=2 y=z=1. C¸c gi¸ trÞ nµy tho¶ m·n hÖ ph­¬ng tr×nh . VËy nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh lµ: x=2; y=1; z=1. Bài 14) Bài 15) Bài-giảng Pt- Hpt trang.278 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
11. Hpt- Rèn luyện tổng hợp BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Giải hpt: 2x2 15xy 4y2 12x 45y 24 0 x y xy 1 0 2y2 xy x2 0 1, 2, 3, 2 2 2 2 2 2 x xy 2y 3x 3y 0 x y x y 22 x xy y 3x 7y 3 0 5x2 y 4xy2 3y3 2(x y) 0 xy x y x2 2y2 x2 2xy 3y2 0 4, 2 2 2 5, 6, xy(x y ) 2 (x y) x 2y y x 1 2x 2y x x y y 2 2 2 2 2 x 4y 8x 4y 15 0 x 2y xy 0 xy x y y 2x 7, 8, 9, 2 2 x 2y 2xy 5 x 1 2y 1 1 y 2x x y 1 y x 2 2 2xy x3 y3 1 2xy y2 4x 3y 2 0 3(x y) 2 xy x y 1 10, 11, 12, 13, x y 2 2 3 2 2 x y 2xy y 2 xy 3y 2x 14y 16 0 2x y 8 2 2 x y x y 3 2 2 x 2y x y 2xy x3 4y y3 16x 14, 15, 2 3 2 2 2 x 2y 1 y 14 x 2 1 y 5(1 x ) 2xy2 xy2 15 x2 x y2 y 18 (x2 2x)(3x y) 18 Bài 2: Giải hệ phươngtrình:1, 2, 3, 3 3 2 8x y 35 x(x 1)(y 1)y 72 x 5x y 9 0 3 2 3 2 3 2 2 3 2(x y) 3 x y xy x y x y 4 x y(1 y) x y (2 y) xy 30 0 4, 5, 6, 2 2 2 2 3 3 x y 128 x y x(1 y y ) y 11 0 x + y =6 2 2 2 2 2 2 x y x y 1 2xy x y xy 13 3 x y x y 7, 8, 9, 2 2 x x y xy xy y 1 x y xy 3 x y x y 2 2 2 x2 y2 2xy 8 2 x xy y 84 x2 y2 x2 y2 y Bài 3:Giải hệ phương trình:1, 2) 3) 4 4 x y 4 x xy y 14 x y 144 2 2 x 2 y 2 x y 3x 4y 1 x2 1 y(y x) 4y x 2y xy 0 4) 5) 6, 7, 2 2 2 2 x y 2 3x 2y 9x 8y 3 (x 1)(y x 2) y x 1 4y 1 0 x y 1 1 4(x y) 3 x y (x y)2 3(x y) 4 x y 2x y 2 7 8, 9, 3 10, 2x 3y 12 2x y 3x 2y 23 2 3 2y 1 2 2 2 2 2 2 x y 1 x x xy y 11 x 9 x x 9 y 8 11, 12, 13, 2 2 2 2 4x (x y )xy 180 2 2 x y 22 x 9 x x 9 y 8 y 2y2 x2 1 2x2 xy y2 5x y 2 0 x(y 2) (x 2)(y 4) 14, 15, 16, 3 3 2 2 2x y 2y x x y x y 4 0 (x 3)(2y 7) (2x 7)(y 3) 2 2 x(x y 1) 3 0 2 1 xy x y x 2y 2x x 2 17, 18, 5 19, y (x y)2 1 0 2y y x 1 2x 2y 2 2 2 x y y x 2y 2 xy x 1 7y x4 4x2 y2 6y 9 0 20, 21, 2 2 2 2 2 x y xy 1 13y x y x 2y 22 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.279 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
12. Hpt- Rèn luyện tổng hợp 3 3 x y 1 2 x 1 2 x x 8x y 2y Bài 4: Giải hệ phương trình:1, 2, 3 3 2 2 2 2 2 2x y x y 2xy 3x 3y x 3x 3(y 1) 3 x2 y2 xy 1 4y x y 1 2x y 1 x y 1 3, 4, 5, 2 2 6 3 y(x y) 2x 7y 2 5x 8x y 2y 2 3x 2y 4 2 3 2 5 3 2y x y x y xy xy 1 2 2 2 2 4 x 2xy 3y 0 x y 1 x 6, 7, 8, 4 2 5 x | x | y | y | 2 4x x y xy(1 2x) x2 y2 22 4 y 3x 3y y x (1) 2x 3 4 y 4 (1) Bài 5: Giải hệ phương trình: a) b) (I) 2 2 x xy y 12 (2) 2y 3 + 4 x = 4 (2) 3x 3y y x (1) G: a) P: Nhận thấy được pt (1) có nghiệp x = y. Biển đổi pt (1) về dạng 3x + x = 3y 2 2 x xy y 12 (2) + y (3). Thiết lập hs: f(t) = 3t + t. Cm f(t) là hàm đồng biến, (3) f(x) = f(y) x = y 3x x 3y + y (3) G: (I) Xét hàm số: f(t) = 3t + t f’(t) = 3tln3 + 1 >0  t ¡ 2 2 x xy y 12 f(t) là hàm đồng biến, (3) f(x) = f(y) x = y x y Nên (I) x = y = 2.Vậy hệ có hai nghiệm: (2;2) ; (-2; 2) 2 2 x xy y 12 2x 3 4 y 4 (1) b) (I) 2y 3 + 4 x = 4 (2) Hướng dẫn cách giải:Nhận dạng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên có 1 nghiệm x = y Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng 2x 3 4 x 2y 3 4 y 3 Thiết lập hàm số: f(t)= 2t 3 4 t , t [- ;4] 2 3 Cách giải: Đk - x, y 4 . Lấy (1) – (2) và đưa pt về dạng 2x 3 4 x 2y 3 4 y (3) 2 3 1 1 3 Xét hàm số: f(t)= 2t 3 4 t , t [- ;4] f’(t) = 0  t [- ;4] 2 2t 3 4 t 2 3 f(t) đồng biến trên (- ;4) . (3) f x f y x y 2 11 Suy ra: 2x 3 4 x 4 (pt vô tỉ dạng cơ bản). Giải pt được 2 nghiệm : x=3, x= (thỏa điều kiện) 9 11 11 Vậy hệ có 2 nghiệm (3; 3), ; 9 9 2x 2x 3 y 2x 2 y y x xy 2 Bài tập tương tự: Giải hệ pt sau: a) b) y 2 2 2 2y 3 x x y 2 ln x ln y y x log 2 x 3 1 log3 y c) d) x2 y 2 6x 2y 6 0 log 2 y 3 1 log3 y Bài-giảng Pt- Hpt trang.280 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng