CHỦ ĐỀ 7: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1: a) Một hệ phương trình ẩn x, y gọi hệ phương trình đối xứng loại phương trình ta đổi vai trò x, y cho phương trình khơng đổi b) Tính chất Nếu  x0 , y0  nghiệm hệ  y0 , x0  nghiệm �S  x  y c) Cách giải: Đặt � điều kiện S �4 P quy hệ phương P  x y � trình ẩn S , P Chú ý: Trong số hệ phương trình đơi tính đối xứng thể phương trình Ta cần dựa vào phương trình để tìm quan hệ S , P từ suy qua hệ x, y Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau: �x  y  xy  a) �3 �x  y  b) 3 � �x  y  19 �  x  y    xy   �  �2  x  y   � c) � 3 � �x y 6 x y  xy  � �x  y  xy  d) � � x 1  y 1  Giải: �S  x  y a) Đặt � điều kiện S �4 P hệ phương trình cho trở �P  x y thành: � 2S �P  S  P  � � � �� � �S  S  3P   �S �S   3S � � � � � �� � 2S  3S  6S  16  �  S    S  S    � S  � P  Suy x, y hai nghiệm phương trình: X  X  � X  0, X  �x  �x  �� � �y  �y  �S  x  y b) Đặt � điều kiện S �4 P hệ phương trình cho trở P  x y � thành: � SP  8S � �SP  8S �S  �S  S  3P   19 � � �3 � �3 �� � �S    8S   19 �P  6 �S  24S  25  �S   P   Suy x, y hai nghiệm phương trình: X  X   � X  3; X  2 Vậy hệ cho có hai cặp nghiệm  x; y    2;3 ,  3; 2  c) Đặt a  x , b  y hệ cho trở thành: �  a  b3    a 2b  b a  � � ab  � �S  a  b Đặt � điều kiện S �4 P hệ cho trở thành P  ab � �  S  3SP   3SP �  36  3P   3P �S  � �� �� � �S  �P  �S  Suy a, b nghiệm phương trình: a 2� x 8 � a  � x  64 � X  X   � X  2; X  � � �� b  � y  64 � b2� y 8 � Vậy hệ cho có hai cặp nghiệm  x; y    8;64  ,  64;8  �xy �0 �S  x  y d) Điều kiện: � Đặt � điều kiện S �4 P hệ x , y �  P  x y � � phương trình cho trở thành: � � �S  P  �S �3; P   S  3 �� � 2 S   S  3   14  S � �S   S  P   16 � � �S �14; P   S  3  S 14; P   S  3 � � �� � �  S  8S  10   196  28S  S � �S  30S  52  � �S  �� Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    3;3  �P  � x  y  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau: 2 � � x  y  xy  a) � � �x y 4 xy �2 �x  y  x  y  c) � � x  y  x2  y � � � �  x  y  �1  � � � � xy � b) � �x  y � �  �1  x 21y � � � � � d) 2 � �x y   y   x y   y   xy  30  �2 � �x y  x   y  y   y  11  Giải: a) Đặt x  a, y  b điều kiện a, b �0 � � a  b4  2ab  Hệ phương trình trở thành: � Ta viết lại ab  � hệ phương trình thành: � � (a  b)  4ab(a  b)  2a 2b  ab  � ab  � �S �4 P �S  a  b Đặt � điều kiện � hệ cho trở thành �P  ab �S , P �0 � � 256  64 P  P  P  � S P4�ab2� x y4 � �S  Ngoài ta giải ngắn gọn sau: �  x  y   xy  16 � � � �x  y  xy  16 �  x  y   x  y � ( x  y)  � x  y � x  � x  Vậy hệ có cặp nghiệm  x; y    4;  b) Điều kiện: x  y  Biến đổi phương trình (1): x2  y  xy xy  �  x  y   1  xy  x y x y Đặt x  y  S , xy  P ta có phương trình: S  2P  2P   S � S  P  2SP  S  � S ( S  1)  P (S  1)  � ( S  1)( S  S  P)  Vì S  P, S  suy S  S  P  Do S  Với x  y  thay vào (2) ta được:    y   y � y  0, y  2 xy � x  y    x2  y � x2  y  x  y  x y (không thỏa mãn điều kiện) Xét x  y   Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    1;0  ,  2;3 c) Điều kiện: xy �0 Hệ cho tương đương: � � 1�� 1� 1 � x  y    � �x  � �y  � � � x�� y� x y � � �� � 2 � 1� � 1� �x  y    � �x  � �y  � � � x2 y � � x� � y� � � � 1�� 1� � �x  � �y  � S � x�� y� � Đặt � � �� � � �y  � P �x  � � x � � � y� � Hệ trở thành: �S � �S � x   2; y   � x y  2P  � S  5, P  � � 5 � x   3; y   � y � x � 3� x  1; y  � �� Vậy hệ cho có nghiệm: � 3� x ; y 1 � � � � ��3 � � ,� � � � ;1� � � �� � 1;  x; y   � � � �xy  x  y   x  y  xy   30 d) Hệ tương đương với : � �xy  x  y   x  y  xy  11 Đặt xy  x  y   a; xy  x  y  b Ta thu hệ: � �xy  x  y   � � ab  30 a  5; b  �xy  x  y  � � � �� �� � a  b  11 � a  6; b  �xy  x  y   � � � � �xy  x  y  � � �xy  � � x  2; y  � �xy  x  y   �x  y  � � �� TH1: � � x  1; y  �xy  � �xy  x  y  � ( L) � � �x  y  � �xy  �  21  21 ( L) � � x ;y � x  y  �xy  x  y   � 2 �� �� TH2: � � �  21 �xy  �xy  x  y   21 � x ;y � � � 2 � �x  y  �5 � 21 m 21 � Vậy hệ có nghiệm:  x; y    1;  ,  2;1 , � � ; � � � � II) HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI Một hệ phương trình ẩn x, y gọi đối xứng loại hệ phương trình ta đổi vai trò x, y cho phương trình trở thành phương trình + Tính chất.: Nếu  x0 ; y0  nghiệm hệ  y0 ; x0  nghiệm + Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phương trình hệ ta phương x y 0 � f x ; y �  �   trình có dạng  x  y  � � � � �f  x; y   Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau: � �x  x  y a) � �y  y  x b) �  x  1  y    y  x  1 � �  y  1  x    x  y  1 � � � �x  x   x   y c) � �y  y   y   x Giải: d) a) Điều kiện: x, y �0 Trừ hai phương trình hệ cho ta thu được:   x2  x  y  y   y  x  �  x y � x y �  Vì  x y   x  y  1 2   x  y 1 2  x  y � �  x y 0 nên phương trình cho tương đương với: x  y Hay x2  2x  x  � x2  x  x � x  � � x0 � x 1 x  x 1  � � x 1 � 3 � x �   �3   � Vậy hệ có cặp nghiệm:  x; y    0;0  ,  1;1 , � � ; � � � � 2 �xy  x  y   yx  y b) Hệ cho � � 2 �yx  y  x   xy  x Trừ vế theo vế hai phương trình hệ ta được: xy  y  x    x  y    x  y   x  y   �  x  y   x  y  2xy    x y � �� x  y  xy   � x y2 � + Nếu x  y thay vào hệ ta có: x  x   � � x y 3 � + Nếu x  y  xy   �   x    y   15 Mặt khác cộng hai phương trình hệ cho ta được: x  y  x  x  12  �  x     y    Đặt 2 a  x  5, b  y  � �a  b  � � � �a  b   a  b   2ab  ��ab  1 � � �� � Ta có: �  a    b    15 �ab   a  b   1 � �a  b  8 � � � �ab  31 � 2 �a  b  �  x; y    3;  ,  2;3 Trường hợp 1: � �ab  1 a  b  8 � Trường hợp 2: � vô nghiệm ab  31 � Vậy nghiệm hệ cho là:  x; y    2;  ,  3;3 ,  2;3  ,  3;  c) 1 Điều kiện: x � ; y � 2 Để ý x  y   nghiệm Ta xét trường hợp x  y �1 Trừ hai phương trình hệ cho ta thu được:   x  3x   x   y  y   y   y  x � ( x  y) � x  xy  y � � � 4( x  y )  2 x  y 2x   y 1 0 �2 � � ( x  y) � x  xy  y   � � x  y 2x 1  y 1 � � Khi x  y xét phương trình: x3  x   x   � x3  x  x    x( x  1)  2x 0� 2x 1 1 �2 � x� x 1 � � x  x   1� � Tóm lại hệ phương trình có nghiệm nhất: x  y  HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP + Là hệ chứa phương trình đẳng cấp + Hoặc phương trình hệ nhân chia cho tạo phương trình đẳng cấp Ta thường gặp dạng hệ hình thức như: � ax  bxy  cy  d + � , ex  gxy  hy  k � � ax  bxy  cy  dx  ey , + � gx  hxy  ky  lx  my � ax  bxy  cy  d � + � … gx  hx y  kxy  ly  mx  ny � Một số hệ phương trình tính đẳng cấp giấu biểu thức chứa đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện: Phương pháp chung để giải hệ dạng là: Từ phương trình hệ ta nhân chia cho để tạo phương trình đẳng cấp bậc n : Với y �0 ta biến đổi hệ phương trình thành � x2  xy  � xy � y � x �  xy  y  � � y Đặt a  x2 ; b  xy hệ phương trình trở thành y � 2a  b  � � 2ab  b  (3) � b �� � 2a  2ab  b2  2a (4) � �2a  2b  b  � a Cộng (3) (4) theo vế thu gọn ta a  1 � a2  a   � � a2 � TH 1: a  1 � b  2b   ( VN) �x � 2 � �x  �� TH : a  � b  ta có hệ phương trình �y �y  �xy  � Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y )   4;  � x �0 1 �x �1 � � � 41) Điều kiện: � � �y �2 y  y �0 � � Cách 1: Đặt t  x  1, �t �2 Lúc hệ pt thành: � � t  3t   y  y  t  3t  y  y � � �� �2 2 2 �x   x  y  y  2 �x   x  y  y  2 Từ phương trình (1) ta suy ra:  t  y   t  ty  y  3(t  y )   Vì t  ty  y  3(t  y )  � t   y  3 t  y  y  có    y  3   y  y    y  3  y   y   3  y  3  y  1  nên phương trình vô nghiệm Vậy t  y � x   y Thay x   y vào phương trình (2) có: x   x  2 �  x   x   �    x2 1   x2   �1  x  �� � x  � y 1 �  x   � Vậy hệ pt có nghiệm  x; y    0;1 Cách 2: Phương trình (2) � x2   x2   y  y � f  x   g  y  13 Xét f  x  miền  1;1 ta có �f  x  � y 2 y  Ta lại có: g  y   y   y  � �y  Vậy f  x  �g  y  Dấu xảy � �x  �1, x  Thay vào phương trình (1) có nghiệm  x; y    0;1 (thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm  x; y    0;1 42) Vì x  khơng phải nghiệm hệ chia phương trình (1) cho x ta thu được: x3  x  3x   x   y   y � 1� � 1� ��  � �  � � x� � x� Đặt a    3 2y  3 2y , b   y suy y a  a  b3  b �  a  b   a  ab  b  1  � a  b Thay vào pt thứ ta được:    x  3   15  x   � � x7� y  x7  x2 3 x7  15  x   15  x  0 111 98 43) Dễ thấy xy  không thỏa mãn hệ � � 1� � 1� 2x  � y  � � � � x� y� � Với xy �0 viết lại hệ dạng: � � �2 �x  y  xy  x  y  14  Điều kiện để phương trình x  y  xy  x  y  14  (ẩn x) �7� 1; có nghiệm 1   y    y  24 y  56 �0 � y �� �3� � Điều kiện để phương trình x  y  xy  x  y  14  (ẩn y) � 10 � 2; có nghiệm là:    x    x  28 x  56 �0 � x �� � 3� � đồng biến  0; � nên t f   f  1 Xét hàm số f  t   2t   f  x f  y �x  Kết hợp với phương trình thứ ta được: � �y  nghiệm hệ “Để chứng minh hàm số f  x  đồng biến miền xác định D ta làm sau: Xét hai giá trị x1 �x2 �D Chứng minh: f  x1   f  x2   0” x1  x2 Ngược lại để chứng minh hàm số f  x  nghịch biến miền xác định D ta làm sau: Xét hai giá trị x1 �x2 �D Chứng minh: f  x1   f  x2  0” x1  x2 1 44) Điều kiện xác định x � ; y �2 �  x  1  x    y  3 � Ta viết lại hệ thành: � � � 4x   y   y2 Đặt a  x  1, b  y  suy 2a  a  2b3  b � a  b Từ phương trình thứ hệ ta có: � x   Thay vào phương trình thứ hai ta được: y2 y   y   6(*) Đặt t  y  y  t  thay vào ta có: 2t  16   t � t  �1 � � y  Vậy hệ có nghiệm  x; y   � ;6 � �2 � 4y � x � � 13 x  y � � � 13 �� 45) Điều kiện: � x  y �0 � �x � y � Đặt a  13 x  y , b  x  y Khi ta hệ phương trình: � 5 x b (1) � � a  4b  x a  2b  x � � � � a  2b  �� a  2b  �� a  2b  (2) � � � � b  x  2y  b  x  2y  b  x  y  (3) � � � � Thế (1) vào (3) ta được: x  8y  (4) Thế (4) vào phương trình x  y  x  y  ta được: � 19 y   y �y �  �� 3 � y  69 y  19  � Giải y  69  545 từ tính x  24  545 � 69  545 � 24  545; Thử lại ta thấy  x; y   � � � � nghiệm cần � � tìm 46) Ta tìm cách loại bỏ 18y Vì y  khơng nghiệm phương trình (2) nên tương đương 72 x y  108 xy  18 y Thế 18y từ phương trình (1) vào ta thu được: � xy   � � � 21  x y  72 x y  108 xy  27  � � xy  � � 21  xy  � � Thay vào phương trình (1) ta tìm x, y � � y  0( L) � �  xy   27 3 �� y  3 � x  3 18 � � �  xy   27 y    � x  3 � 18 �         Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   � �  3 �4  ;       ��1 �  �� ,  ;   � ��4 � 47) Điều kiện: x �2, y � Phương trình (1) tương đương:   x  x   x   y  1 y   y  � f Đặt a   x , b  y  � a  a  b3  b � a  b  x  y  � x   y thay vào ta có: a  2b  �  y  y   � �3 a  2b  � � � � � a  1; b  y2 � � 3  65 23  65 233  23 65 �� a ;b  �� y � � 32 � � 65  23  65 � � 233  23 65 a ;b  y � � 32 � � Vậy hệ có nghiệm   2x 1  f  2y 1  �23 65  185 233  23 65 �� 23 65  185 233  23 65 � ; ,  ; �� � �� � 32 16 32 � 16 �� �  x; y    1;  , � � 48) Điều kiện: x  Ta có (1) tương đương  x  x2  y  y2    y2 1  y  y2 1  y � x  x    y  y  Từ ta rút x   y Thay vào (2) ta được: y  y y 1  35 12 Bình phương hai vế (điều kiện y  ) Khi ta có: y2  Đặt y2 y2 1 y2 y2 1  2 y2 y2 �35 � y  y  y �35 �  �   � � � � 2 y 1 � 12 � y 1 y  �12 �  t  Phương trình tương đương: � 49 t   ( L) � �35 � t  2t  � � � � 12 � 25 �12 � � t � 12 � y� � y 25  �� 12 y 1 � y� � Đối chiếu điều kiện lấy giá trị dương � 5 �� 5 �  ; � ,�  ; � Vậy hệ có nghiệm  x; y   � � 4 �� 3 � 49) Triển khai phương trình (1) (1) � x y  xy   x  xy  y  � x y  x  y   8 xy �  x  1  y  1  8 xy Nhận thấy x  0, y  không nghiệm hệ x2  y2   8 Phương trình (1) là: x y Đặt x y  a;  b Hệ cho tương đương: x 1 y 1 � � x � �  a   � � � � �x  � � � � y � � �x  1 � 1 � � � �  � � b  ab   � � � �y  � �y  � � � �� �� �� � � � � x �x   � � �1  8 � a � � � �x   � � �ab � � �y  1 � � � � � y 1 � � � �2 b  � � � 2 � �y  � Vậy hệ có nghiệm  x; y    1;2      , 1;  ,  3; 1 ,  3; 1 50) Ta có: ( x ۳2 y ) 1�    x 4y  x  y2  ( x  y)2 Mặt khác ta có:  x  2y x  xy  y  x  y   ( x  y )  � 12 x  xy  y  x  2y 2 x  y2  x  2y x2  y x  xy  y  �x  y �x  y Từ suy Dấu xảy x  y �0 Thay vào phương trình lại ta thu được: x  x3  3x  x   �  x  1  x3  3x  1  � x  � y  �1� 1; � Hệ có cặp nghiệm:  x; y   � � 2� 51) Cộng theo vế pt hệ ta được: 3  x     y     z    (*) Từ suy số hạng tổng phải có số hạng khơng âm, khơng tính tổng quát ta giả sử:  z  z � Thế phương trình thứ hệ tương đương: x3  � 1612  z  12.22 x Thế phương trình thứ hai hệ tương đương: y3  � 1612  x  12.22 y Do từ  x     y     z     * � x  y  z  thử lại thỏa mãn 3 Vậy  x; y; z    4; 4;  nghiệm hệ 52) Phương trình (1) hệ có dạng:  x2   y   x2   y2 1  Do x   y   nên suy x   y  � y  x  thay vào phương trình (2) ta có: ( x  2)  ( x  2) ( x  2)    x  x  x  2 � x    x � x  1 � y   Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;  53) Theo bất đẳng thức cô si ta có: � x x x y 1� x x y �  � �  � � x  y x  y �x  y x  y � x y � x  3y   � x  3y � y  y �1 �1  y � � � � x  3y x  y �2 x  y � � 1� x � �x  y x y 1� x 3� � �  � y  3x �x  y � Tương tự ta có: � � x y �  ��2 Dấu xảy � x  3y 3x  y � � � x  y thay vào phương trình thứ ta được: x y4 Từ suy   � y  ( x  4) y  y  x  x  � � 1 x  x  y   4( x  1)  y  � �  x �0 � 54) Điều kiện: � �x  y  �0 Phương trình thứ hệ viết lại thành: 3� � 2� x  ( y  4) x  y  y  y  �   ( y  4)2  4(2 y  y  y )   y  y   x  2y � Từ ta tính được: � x  y2  y  � Vì x  y  y   ( y  1)   nên không thỏa mãn Thay x  y vào phương trình thứ hai ta được: 1 x  2x   4x2  4x  2 Ta có: x  x  5  (2 x  1)  � ; 2 1 x �1 �  2x    x  x  � �  1�   x  x  3  2 �4 � Vậy hệ có nghiệm dấu đồng thời xảy 1 Suy x  ; y  55) Từ phương trình (2) ta suy x  Phương trình (1) viết lại sau: x   y  y  1 x  y  y  �    y  y  1   y  y    y  y  1 � x   y2  Từ tính được: � x  y 1 � Thay y  x  vào phương trình ta thu được: x ( x  4)  x   x Chia phương trình cho x  ta có: x 2x  1 x 4 x 4 t 1 � x �  ta có 2t  3t   � � t x2  � Đặt t  Với t  � x  x   vô nghiệm Với t  � x  � y 1 Vậy hệ có nghiệm  x; y    2;1 56) Điều kiện: x �1 Ta viết lại phương trình (1) thành: x  ( y  2) x  y  y  y  Tính x  2y 2 �    y    y  16 y  16 y   y  y   � � x   y2  y   � Thay y   x vào phương trình ta thu được:  x   x   x  x  9(*) Theo bất đẳng thức Cosi ta có:   3 x   x   1.( x  1) �   x  1  x 2 33 2x   33 x  10 4.4.( x  2) �    x    2 Từ suy  x  10 x 1  2x  � x   2x  2  Mặt khác ta có: x  x   (2 x  5)   x   �0 Từ suy phương trình (*) có nghiệm dấu đồng thời xảy x  Suy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;1 Mặt khác ta thấy x  2; y  nghiệm hệ Vậy  x; y    2;3 nghiệm hệ 57) Đặt a  x  y  ,b  x  y � x y �� � 5� ( x  y)   3( x  y )  13 � � ( x  y) � �� Hệ � nên ta có: � (x  y  ) x y 1 � x y � � 5(a  2)  3b  13 � 5a  3b  23 �� � a  b 1 a  b 1 � � � a � �a  � Giải hệ ta tìm � � b  3 � � b � Từ ta tìm nghiệm hệ: �1 � � ��3 11 ��3 � , � ;  �� , ; 2 �  x; y   � � ; � � � � ��4 ��2 58) Từ phương trình (2) ta suy xy �0 � x, y dấu Từ phương trình (1) ta suy x, y �0 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: x2   y y   x2 x  y  y  x2 �   Dấu xảy 2 x  y  Bài toán trở thành: Giải hệ phương trình: 2 � �x  y  � ( x  y )3  12( x  1)( y  1)  xy  � Ta có: ( x  y )3  12( x  1)( y  1)  xy   ( x  y )3  12( x  y )  21  12 xy  xy Đặt t x  x  y y t  x2 y2  ta thu  xy  � x  y   t  1 Ta có: ( x  y )3  12( x  y )  21  12 xy  xy � ( x  y )  12( x  y )  21  12  x  y   x2  y    x  y  t  6t  12t  Ta có t  6t  12t    t   �0 Khi t  � x  y  3 nghiệm hệ 59) Từ phương trình hệ ta suy x, y �0 Xét phương trình: x  y   x  y  xy  xy  x  y  Ta có: x3  y   x  y  xy   x  y   x  y  xy    x  y  � �x  y   xy � � Theo bất đẳng thức Cơ si ta có:  x  y   xy �2 Suy x  y   x  y  xy �4 xy  x  y   x  y  x  y xy  xy  x  y  Ta có  x  y    x  y   xy �2 x  y  xy Suy x  y   x  y  xy �8 xy  x  y  Dấu xảy x  y Thay vào phương trình (2) ta thu được: x  x    x � x   x   x  3 � Suy x  hoặc: x   x   x  3 2x   x   x  3 Do x � nên pt vô 2 nghiệm Tóm lại: Hệ có nghiệm: x  y  ... Vậy hệ có nghiệm:  x; y    1;  ,  2;1 , � � ; � � � � II) HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI Một hệ phương trình ẩn x, y gọi đối xứng loại hệ phương trình ta đổi vai trò x, y cho phương trình trở thành phương. .. y x  y PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Biến đổi tương đương phương pháp giải hệ dựa kỹ thuật như: Thế, biến đổi phương trình dạng tích,cộng trừ phương trình hệ để tạo phương trình hệ có dạng... Một số hệ phương trình tính đẳng cấp giấu biểu thức chứa đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện: Phương pháp chung để giải hệ dạng là: Từ phương trình hệ ta nhân chia cho để tạo phương trình