HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT Trong những năm gần đây , đề thi đại học về Hệ phương trình đại số thường hay ra dạng hệ có cấu trúc khá đặc biệt . Vì vậy cho nên ta phải ngiên cứu cách giải chúng . Thông thường ta có một số phương pháp sau I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Là phương pháp chủ yếu dùng kỹ năng biến đổi hai phương trình của hệ đưa về các phương trình đơn giản có thể rút x theo y hoặc ngược lại để thế vào phương trình khác của hệ . Ta xét một số ví dụ sau: 1. 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 . Ví dụ 1. Giải hệ phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 3 4 1 1 1 2 x y x y x x xy y x  + + + = − +   + + =   Giải Ta thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình (1) cho nên từ phương trình (2) ta có : ( ) 2 1 1 1 1y x x y x y x+ = − ⇒ = − ↔ + = thay vào phương trình (1) ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 3 4 1 1 2 2 1 1 3 1x x x x x x x x x x x x+ = − + ⇔ − + − − = − − ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 1 2 2 4 0 1 2 0 0; 1; 2x x x x x x x x x x x⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇒ = = = − Ví dụ 2. Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 2 5 3 4 x y xy x y xy x y xy x y xy + + + =   + + − =   Giải Ta có x=y=0 là một nghiệm của hệ . Các cặp số (x;y) với 0, 0; 0, 0x y x y= ≠ ≠ = không là nghiệm của hệ . Xét 0xy ≠ chia hai vế phương trình cho 0xy ≠ ta được : 1 1 2 5 1 1 3 4 x y x y x y x y  + + + =     + + − =   Suy ra : 5 2 4 3 2 1(*)x y y x x y− − = + − ⇔ = − thay vào phương trình thứ hai ta có : 2y-1+y+y(2y-1)(5y-3)=4(2y-1)y ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 3 1 10 11 3 8 4 10 19 10 1 0 1 10 9 1 0y y y y y y y y y y y y⇔ − + − + = − ⇔ − + − = ⇔ − − + = 9 41 9 41 1; ; 20 20 y y y + − ⇔ − = = Đáp số : (x;y)= ( ) 9 41 41 1 9 41 41 1 1;1 , ; ; ; 20 10 20 10     + − − − −  ÷  ÷  ÷  ÷     2. 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 . Ví dụ 1. Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2 xy x y x y x y y x x y  + + = −   − − = −   Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT Giải Điều kiện : 0, 1x y≥ ≥ Phương trình (1) ( ) ( ) 2 1 0 2 1 x y x y x y x y = −  ⇔ + − − = ⇒  = +  Ta thay làn lượt từng trường hợp một vào phương trình (2) .Giải ra kết quả Ví dụ 2. ( ĐH-KA-2011) . Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 2 3 2 2 2 5 4 3 2 0 1 2 2 x y xy y x y xy y x y  − + − + =   + + = +   Hướng dẫn Từ (2) ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 0 1 2xy x y xy x y− + − = ⇒ = ∨ + = • xy=1; từ (1) suy ra : 4 2 2 1 0 1y y y− + = ⇔ = ± . Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(1;1),(-1;-1). • Với : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 3 4 2 2 0x y y x y xy x y x y+ = ⇒ ⇔ + − + − + = ( ) 2 2 6 4 2 2 0y xy x y x y⇔ − + − + = ( ) ( ) 1 2 0 1 2xy y x xy x y⇔ − − = → = ∨ = Xét : xy=1 . Đã giải ở trên Với : x=2y , thay vào ( ) 2 2 2 10 10 2 10 10 2 ; ; , ; 5 5 5 5 x y x y     + = ⇒ = − −  ÷  ÷  ÷  ÷     Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(1;1),(-1;-1), 2 10 10 2 10 10 ; , ; 5 5 5 5     − −  ÷  ÷  ÷  ÷     Ví dụ 3. Giải hệ sau : ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 x y x y x y x y  + + − = + −   + =   Giải Điều kiện : 0; 0x y≥ ≥ . (1) ( ) ( ) 1 1 0x y x y⇔ + − − − = . Suy ra hệ trở thành : ( ) ( ) ( ) 1; 0 1 0 1 1 ; 1;0 ; 0;1 1 1 1 0 x y x y x x y y x y x y x x y y  = =   + =      =    + =      = ⇔ ⇒ =    − =    =     + =      =   Ví dụ 4. Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 3 3 1 3 2 y x y x x x y x x −  + + + =    + + = +  Giải Điều kiện : x>0; 3y ≥ . Ta có : ( ) 3 3 1 3 y y x x y − − ⇔ = + − + . Suy ra : • Với y=3 ; ta có : 2 3 0 3x x+ = ⇔ = − ( loại ) Trang 2 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT • Với 3y ≠ ta có : 3 3 3 8 3 x y x x x x x y x x y x y x x  + − + =  ⇒ + − = + = + + ⇔ =  + + = +   . Vậy hệ có 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 . Ví dụ 5. Giải hệ phương trình sau : ( ) 4 4 2 2 2 2 6 41 10 x y x y xy x y  + + =   + =   Hướng dẫn : Ta sử dụng hằng đẳng thức : ( ) ( ) 4 4 4 2 2 2 2 4 6x y x y xy x y x y+ = + + + + Hệ đã cho ( ) 4 4 2 2 2 2 6 41 4 40 x y x y xy x y  + + =  ⇔  + =   . Ta cộng vế với vế hai phương trình ta được : ( ) ( ) 4 4 4 2 2 2 2 4 6 81 81 3x y xy x y x y x y x↔ + + + + = ⇔ + = ⇒ = ± Hệ đã cho ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 10 9 2 10 3 3 9 2 10 10 x y x y xy x y xy xy x y x y xy xy xy x y  + =   + =        + = − =      ⇔ ⇔   + = − + = −           − = + =        . Học sinh giải tiếp . Ví dụ 6. ( ĐH-KD-2008 ) .Giải hệ phương trình sau : 2 2 2 2 1 2 2 xy x y x y x y y x x y  + + = −   − − = −   Hướng dẫn Hệ viết lại : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 1 0 2 1 2 2 2 1 2 2 y x y x y x y x y x y y x x y y x x y x y y x x y + + + + − + = + + − =    ⇔   − − = − − − = −     . Học sinh giải tiếp . Đáp số : (x;y)=(5;2) 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 . Ví dụ 1. Giải hệ sau ; ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 4 4 1 5 4 16 8 16 0 2 y x x x y xy x y  = + −   − + − + − + =   Hướng dẫn : Coi phương trình (2) là phương trình theo ẩn y ta có : ( ) 2 2 4 2 5 16 16 0y x y x x− + − + + = Giải theo y ta có : 5 4 4 y x y x = +   = −  . Thay lần lượt hai trường hợp vào phương trình (1) ta sẽ tìm được nghiệm của hệ . Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau : 2 2 2 2 5 5 7 x xy y y xy x  + + =   + + =   . Hướng dẫn : Trang 3 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta có : 2 2 2 5 2 0x y xy y x− + + − + = ( ) 2 2 1 2 5 2 0 2 2 y x x y x y y x y +  =  ⇔ + − − + + = ⇒  = −  . Thay từng trường hợp một vào phương trình (1) ta tìm được nghiệm của hệ . II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ . * Quan trọng là học sinh phải nhanh trí phát hiện ra ẩn phụ : u=f(x;y) và v=g(x;y) trong hai phương trình của hệ , hoặc sau khi biến đổi để phát hiện ra u và v. Thông thường phép biến đổi xoay quanh việc cộng , trừ hai phương trình hoặc chia các vế phương trình cho một số hạng khác không có sẵn trong các phương trình của hệ để tìm ra những phần chung mà sau đó ta đặt ẩn phụ . Việc phát hiện ẩn phụ nhanh hay chậm phụ thuộc vào kỹ năng biến đổi cũng như kỹ năng nhìn của từng học sinh một . Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 1 1 2 2 x y x y y x y x y  + + + =   + + − =   Hướng dẫn : Ta thấy : y=0 không là nghiệm của hệ . Chia hai vế phương trình (1) và (2) cho y ta có hệ : ( ) 2 2 1 4 1 2 1 x x y y x x y y  + + + =      +  + − =  ÷     . Đặt : 2 2 1 ; 2 . 1 u v x u v x y u v y + =  + = = + − ⇒  =  Giải hệ trên suy ra u,v sau đó tìm được x,y . Ví dụ 2. ( SPIHN-KA-2000). Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 2 6 1 1 5 2 y xy x x y x  + =   + =   Hướng dẫn 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 2 0x ≠ . Khi đó hệ đã cho trở thành : 2 2 2 2 1 1 6 6 1 1 5 5 y y y y y x x x x x y y x x         + = + =  ÷  ÷  ÷           ⇔ ⇔     + = + =     . Đặt : ( ) ( ) 3 2 2 6 6 1 ; ; 5 6 0 5 uy u y sp u s u y p uy x s s u y  + = =   = ⇒ ⇔ = + =   − − = + =    Học sinh giải tiếp : Đáp số (x;y)=(1;2),(1/2;1) Ví dụ 3. Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 2 2 2 3 4 4 7 1 2 3 xy x y x y x x y  + + + =  +    + =  +  Hướng dẫn : Trang 4 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT Điều kiện : 0x y+ ≠ Khi đó hệ trở thảnh : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 7 1 3 x y x y x y x y x y x y  + + − + =  +    + + + − =  +  . Đặt : 1 ;u x y v x y x y = + + = − + Hệ khi đó : 2 2 3 13 3 u v u v  + =  + =  . Học sinh giải tiếp tìm u,v sau đó tìm x,y . Ví dụ 4. Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2 2 2 2 1 6 2 1 2 1 12 1 2 x y y x y x y y x y  + = −   + + + = −   Giải : Điều kiện : 0; 1y y≠ ≠ − Khi đó : ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 9 1 1 1 6 2 2 ; 3 1 1 y y x y y y y x x y y − + ⇔ + = − ⇒ − = + = + + . Thay vào (2) , ta có : ( ) ( ) 4 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 12 1 2 3 1 0x y x y y y y y x x y y+ + + − = − ⇔ − + − + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 4 1 9 1 1 1 4 9 1 1 0 1 3 y x y y y y y y y y y x y  = → = ± =  − +  ⇔ = − ⇔ ⇔   + = + = → = +     Ví dụ 5.( AN-98). Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 18 1 1 208 x y xy x y x y    + + =   ÷        + + =  ÷     Giải : Hệ đã cho viết lại : 2 2 2 2 1 1 18 1 1 208 x y x y x y x y      + + + =   ÷  ÷            + + + =  ÷  ÷       Đặt : 2 2 1 4 4 1 14 14 18 18 1 1 ; 56 212 14 1 14 4 1 4 x x u y v y u v u v u x v y uv x y u v u x x v y y   + =       =    + =    = + =  + =       = + = + ⇒ ⇔ ⇔ ⇔    = + = =      + =      =        + =     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 4 1 0 14 1 0 7 4 3 ; 2 3;7 4 3 ; 2 3;7 4 3 14 1 0 2 3 4 1 0 7 4 3 x x x y y y x y x x y y y x    = ±  − + =        − + = = ±      ⇔ ⇔ ⇒ = − − − +     − + = = ±         − + =  = ±       Trang 5 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT Ví dụ 6. Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 15 85 x y x y y x x y x y y x    + + =   ÷        + + =  ÷     Giải : Điều kiện : 0, 0x y≠ ≠ . Đặt : ; 2 x y u v x y u y x = + = + > . Khi đó ta có : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2; 2 2 ; 2 x y x y v u x y x y xy v xy u xy y x xy u + + = − + = + − = − = ⇒ = + Hệ ( ) 2 15 15 2 85 2 uv v u u =   ⇔    − =  ÷  +    . Học sinh giải tiếp tìm được u,v sau đó suy ra x,y . Ví dụ 7. Giải hệ phương trình sau : ( ) 1 1 5 1 4 x y xy xy xy    + + =   ÷      + =   Hướng dẫn : Điều kiện : 0xy ≠ . Đặt : 2 3 5 1 1 ; 6 3 2 u v u v u x v y uv x y u v  =    = + =    = + = + ⇒ ⇔   = =     =    . Học sinh giải tiếp . Ví dụ 8. Giải hệ : 2 2 2 4 1 1 3 x y y x xy x x xy y  + + =   + + =   Hướng dẫn : Điều kiện : 0, 0x y≠ ≠ . Chia hai vế phương trình (1) cho xy , thêm 1 vào hai vế của phương trình (2) và nhóm chuyển về dạng tích 1 1 1 4 1 1 1 4 x x x y x x x y  + + + =   ⇒       + + =  ÷  ÷       Đặt : 4 1 1 1 ; 4 4 u v u x v u v uv x x y + =  = + = + ⇒ ⇔ = =  =  . Học sinh giải tiếp . Ví dụ 9 . Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 2 2 3 1 14 3 9 x x y x x x y  + − =   + + =   Hướng dẫn Trang 6 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT Hệ viết lại : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 2 2; 1 2 3 14 2 3 7 1 29 1 29 ; 2 3 9 7 2 2 2 3 2 1 29 1 29 ; 2 2 x y x x x y x x x y x y x y x x x y x x x y x y  = =      + = = =      + + =  + =     + − ⇔ ⇔   = =    + + = + =          + = − +     = =     Ví dụ 10. Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 9 10 3 0 1 3 6 3 x y x y x y x y x y  + − − − − =   + + =  −  Hướng dẫn Điều kiện : 3 0 3x y y x− ≠ ⇒ ≠ . Chia hai vế phương trình (1) cho 3 0x y− ≠ . Khi đó Phương trình (1) của hệ trở thành : 2 3 3 3 3 3 10 0 5 2 3 3 3 3 x y x y x y x y x y x y x y x y     + + + + − − = ⇒ = ∨ = −  ÷  ÷ − − − −     . Khi đó * Trường hợp 1: 3 5 3 2 1; 2 3 1 1 2 3 1 ; 3 6 3 5 5 3 x y x y x y x y x y x y x y x y +  = + =  = =   −    ⇔ ⇔    = = =   + + = −    −  Trường hợp 2: ( ) ( ) 3 3 11 3 3 11 2 3 2 ; 3 12 4 1 2 1 3 3 11 3 11 3 6 3 ; 3 2 4 x y x y x y x y x y x y x y x y  + +  + = −  + =  = =  −    ⇔ ⇔    = −    − + + = −  = =  −    Ví dụ 11. (ĐH-KD-2009 ). Giải hệ : ( ) ( ) 2 2 1 3 5 1 0 x x y x y x + − =    + − + =   Hướng dẫn : Điều kiện : 0x ≠ . Chia hai vế phương trình (1) cho 0x ≠ , thì (1) trở thành : 3 3 1 0 1x y x y x x ⇔ + + − = ⇔ + = − . Thế vào phương trình (2) của hệ thì (2) trở thành : ( ) ( ) 2 2 2 1 1; 1 1 1 3 5 4 6 3 1 1 0 2 0 ; 1;1 , 2; 3 1 1 2 2 2; 2 2 x y x x x y x x x x x x y x  = = =   =       ⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ =   ÷  ÷   = = =       =    Ví dụ 12. ( ĐH-KB-2009 ). Giải hệ sau : 2 2 2 1 7 1 13 xy x y x y xy y + + =   + + =  Hướng dẫn 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 2 0; 0y y≠ ≠ . Khi đó hệ trở thành : Trang 7 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 7 3 7 5 1 1 20 0 1 1 1 13 4 13 4 x x x x x y y y y y x x x y y x x x x y y y y y      + + = + + = + = −   ÷            ⇔ ⇔ ⇔ + − + − = ⇒    ÷  ÷          + + = + = + − =   ÷        ( ) ( ) 2 2 12 1 12 5 1 0 1; 1 ; 1; , 3;1 3 3 3 3; 1 3 4 1 0 x y y y x y x y x y x y y y  =     + + = = =      ⇔ ⇔ ⇒ =  ÷   =    = =     − + =   Ví dụ 13. ( ĐH-KA-2008 ). Giải hệ : ( ) 2 3 2 4 2 5 4 5 1 2 4 x y x y x y xy x y xy x  + + + + = −     + + + = −   Hướng dẫn : Hệ viết lại : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 5 4 4 ; 5 5 4 4 x y xy x y xy u v uv u x y v xy x y xy u v   + + + + = − + + = −     ⇔ = + =     + + = − + = −     Học sinh giải tiếp ta được : ( ) 2 3 3 2 0 0 5 5 4 4 3 25 3 ; ; , 1; 1 1 4 16 2 2 2 3 3 2 2 u x y v xy x y u x y v xy   =  + =          = − = −             ⇔ ⇒ = − −  ÷  ÷    ÷   = −   + = −                = −  = −       Ví dụ 14. ( ĐH-KB-2008 ). Giải hệ : 4 3 2 2 2 2 2 9 2 6 6 x x y x y x x xy x  + + = − +   + = +   Hướng dẫn : Hệ viết lại : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 9(3) 2 9 6 6 2 6 6 (4) 2 x xy x x x y x x x x xy x xy  + = +  + = +   ⇔   + − + = +   =   . Thay (4) vào (3) rút gọn ta có : ( ) 4 3 2 3 3 2 0 0 0 12 48 64 0 4 12 48 64 0 4 0 x x x x x x x x x x x x =  = =   ⇔ + + + = ⇔ ⇔ ⇒    = − + + + = + =     Học sinh giải tiếp . Đáp số nghiệm hệ : (x;y)= 17 4; 4   −  ÷   Ví dụ 15. ( ĐH-KA-2003 ). Giải hệ : 3 1 1 2 1 x y x y y x  − = −    = +  Hướng dẫn Trang 8 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT Điều kiện : , 0x y ≠ Từ (1) của hệ : ( ) 0 1 1 1 0 1 0 1 x y x y x y xy x y xy − =    − − + = ⇔ − + = ⇒  ÷  = −    • Nếu : x=y , thay vào (2) của hệ : ( ) ( ) 2 2 1 0 1 ; 1;1x x x x y⇔ − + = ⇔ = → = • Nếu xy=-1 , thay vào (2) của hệ : 2 2 4 2 1 1 3 2 0 0 2 2 2 x x x x     + + = ⇒ − + + + =  ÷  ÷     . Phương trình này vô nghiệm . Do đó hệ vô nghiệm . III. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Loại 1. Một phương trình của hệ có dạng : f(x)=f(y). Một phương trình cho ta biết tập giá trị của x hoặc y . Từ đó suy ra hàm số f(x) đơn điệu suy ra x=y . Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 3 3 8 8 5 5 1 1 2 x x y y x y  − = −   + =   Hướng dẫn : Từ (2) suy ra : , 1x y ≤ . Từ (1) ta xét hàm số : f(t)= [ ] 3 2 5 '( ) 3 5 0 1;1t t f t t t− ⇒ = − < ∨ ∈ − Do vậy f(t) là một hàm số nghịch biến . Vậy để có (1) chỉ xảy ra khi x=y . Khi đó (2) trở thành : ( ) 8 8 8 8 8 8 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; 2 2 2 2 2 2 x x x y     = ⇔ = ± ⇒ = − −  ÷  ÷     Ví dụ 2.( Ngoại thương -2000) . Giải hệ phương trình : 3 3 6 6 3 3 1 x x y y x y  − = −   + =   Hướng dẫn : Học hinh giải ví dụ 1 , từ đó suy ra cách giải ví dụ 2. Loại 2. Hệ đối xứng mà sau khi biến đổi thường đưa về dạng f(x)=f(y) hoặc f(x)=o. Trong đó f là một hàm số đơn điệu . Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau : 2 1 2 1 2 2 3 1 2 2 3 1 y x x x x y y y − −  + − + = +   + − + = +   Hướng dẫn giải Đặt u=x-1;v=y-1 khi đó hệ có dạng : 2 2 1 3 1 3 v u u u v v  + + =   + + =   Trừ hai phương trình vế với vế ta có phương trình : 2 2 1 3 1 3 u v u u v v+ + + = + + + (*) Xét hàm số : 2 2 ( ) 1 3 '( ) 1 3 ln 3 0 1 u u u f u u u f u u = + + + ⇒ = + + > + . Hàm số đồng biến . Để có (*) thì chỉ xảy ra khi u=v.Thay vào (1) ( ) ( ) 2 2 2 1 3 ln 1 ln 3 ( ) ln 1 ln 3 u u u u u u f u u u u⇔ + + = ⇔ + + = ⇒ = + + − Trang 9 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT 2 2 2 1 1 1 '( ) ln 3 ln3 0 1 1 u u f u u u u u + + ⇔ = − = − < ∨ + + + . Chứng tỏ hàm số nghịch biến . Nhưng ta lại có f(0)=0 vì vậy phương trình có nghiệm u=0 và v=0 .Do đó hệ có nghiệm duy nhất : x=y=0 . Ví dụ 2. ( ĐH-KA-2010 ) .Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 2 2 2 4 1 3 5 2 0 4 2 3 4 7 x x y y x y x  + + − − =   + + − =   Hướng dẫn Điều kiện : 3 5 , 4 2 x y≤ ≤ . Đặt : ( ) 2 1 5 2 5 2 t y y t= − ⇒ = − , thay vào (1)của hệ ta có : 2 3 3 3 5 4 3 8 2 2 t x x t x x t t   − ⇔ + = − ⇔ + = +  ÷   . Xét hàm số : 3 2 ( ) '( ) 3 1 0 ( )f x x x f x x x f x= + ⇒ = + > ∨ → đồng biến cho nên vế trái chẳng qua là khi t=2x . Do đó : 2 5 4 5 2 2 2 x y x y − − = ⇔ = . Thay vào phương trình (2) của hệ ta được : 2 2 2 5 4 3 ( ) 4 2 3 4 0 0; 2 4 x g x x x x   −   = + + − = ∨ ∈  ÷  ÷     Dễ thấy x=0 và x=3/4 không là nghiệm . Ta xét : ( ) 2 2 5 4 4 3 '( ) 8 8 2 4 4 3 0 0; 2 4 3 4 3 4 g x x x x x x x x x     = − − − = − − < ∨ ∈  ÷  ÷ − −     , với : 1 1 ( ) 0 ; 0 2 2 g x y= ⇒ = = là nghiệm của hệ Ví dụ 3. Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 5 4 10 6 2 1 4 5 8 6 2 x xy y y x y  + = +   + + + =   Hướng dẫn Điều kiện : 4 5 x ≥ − . Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 5 0y ≠ 5 5 x x y y y y     ⇒ + = +  ÷  ÷     . Hàm số : 5 4 ( ) ; '( ) 5 1 0f t t t f t t t R= + = + > ∨ ∈ . Chứng tỏ f(t) đồng biến . Cho nên để có (*) thì chỉ xảy ra khi 2 x y x y y = ↔ = Thay vào phương trình (2) ta được : 4 5 8 6 1x x x+ + + = ⇒ = Vậy hệ có nghiệm là : (x;y)=(1;-1) IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Với phương pháp này học sinh cần quan sát nắm chắc các biểu thức không âm trong hệ để có thể vận dụng các bất đẳng thức Cô si để đánh giá . Trang 10 [...]... ra khi : x=y=1 Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(0;0);(1;1)  y = − x3 + 3x + 4  Ví dụ 2 Giải hệ phương trình sau :  3 x = 2 y − 6 y − 2  Hướng dẫn 2 ( y − 2 ) = − ( x + 1) ( x − 2 ) ( 1)  Hệ đã cho ⇔  2 ( x − 2 ) = 2 ( y + 1) ( y − 2 ) ( 2 )  Nếu y>2 từ (1)suy ra x 1 + y 7 ⇒ x > y Vậy hệ vô nghiệm Tương tự khi y>0 hệ cũng vô... + x+3 = x d   x+ y + x = x+3  Bài 8 Giải các hệ phương trình sau :  x + y + − y = 1 + x2 − y2  a   x + y =1  3  2 2 =7 2  4 xy + 4 ( x + y ) + ( x + y)  b  2 x + 1 = 3  x+ y   x 2 y + 2 y + x = 4 xy  c  1 1 x  x 2 + xy + y = 3  2 xy  = x2 + y x + 3 2 x − 2x + 9  d  2 xy y + = y2 + x 2 3  y − 2y + 9  Bài 9 Giải các hệ phương trình sau :  x + y + xy ( 2 x + y ) = 5 xy  a... 2 2 1 + y = 5 ( x + 1)  Bài 10 Giải các hệ phương trình sau :  x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 + 2 xy  a  2 2  x + x y + xy = y + xy + 1   x2 + 2 y 2 + 2 x + 8 y + 6 = 0  b  2  x + xy + y + 4 x + 1 = 0   x 2 + xy + y 2 = 3  c  3 3 x + 2 y = y + 2x   x2 + y2 + 2x = 3  d  3 3 2 2 2 2 ( x + y ) + 6 x = 5 + 3 ( x + y )  Bài 11 Giải các hệ phương trình sau :  x 2 + y 2 + xy = 3  a  x 5... 31  x3 + y 3 = 7   y 2 + ( 4 x − 1) 2 = 3 4 x ( 8 x + 1)  b   40 x 2 + x = y 14 x − 1  Trang 13 Bài 3: HỆ CÓ CẤU TRÚC ĐẶC BIỆT  x + y + xy + 1 = 4 y  c  2 2  y ( x + y ) = 2 ( x + 1) + 7 y  2  x2 y + y3 = x4 + x6  d  2 ( x + 2 ) y + 1 = ( x + 1)  2 Bài 12 Giải các hệ phương trình sau :  x − y s inx  e = siny  π  a   x ∈  0; 4 ÷÷   3 8 x 2 + 3 + 1 = 6 2 y 2 − 2 y + 1 + 8 . đề thi đại học về Hệ phương trình đại số thường hay ra dạng hệ có cấu trúc khá đặc biệt . Vì vậy cho nên ta phải ngiên cứu cách giải chúng . Thông thường ta có một số phương pháp sau I. PHƯƠNG. BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Là phương pháp chủ yếu dùng kỹ năng biến đổi hai phương trình của hệ đưa về các phương trình đơn giản có thể rút x theo y hoặc ngược lại để thế vào phương trình khác của hệ. =   Giải Ta thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình (1) cho nên từ phương trình (2) ta có : ( ) 2 1 1 1 1y x x y x y x+ = − ⇒ = − ↔ + = thay vào phương trình (1) ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) (