Thông tin tài liệu
ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 1 CHUYÊN ðỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ðỐI XỨNG LOẠI (KIỂU) I TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. Hệ ñối xứng loại (kiểu) I có dạng tổng quát: f(x, y) = 0 g(x,y) = 0 , trong ñó f(x, y) = f(y,x) g(x,y) = g(y, x) Phương pháp giải chung: i) Bước 1: ðặt ñiều kiện (nếu có). ii) Bước 2: ðặt S = x + y, P = xy với ñiều kiện của S, P và 2 S 4P ≥ . iii) Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Vi–et ñảo tìm x, y. Chú ý: i) Cần nhớ: x 2 + y 2 = S 2 – 2P, x 3 + y 3 = S 3 – 3SP. ii) ðôi khi ta phải ñặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. iii) Có những hệ phương trình trở thành ñối xứng loại I sau khi ñặt ẩn phụ. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 2 3 3 x y xy 30 x y 35 + = + = . GIẢI ðặt S x y, P xy = + = , ñiều kiện 2 S 4P ≥ . Hệ phương trình trở thành: 2 2 30 P SP 30 S 90 S(S 3P) 35 S S 35 S = = ⇔ − = − = S 5 x y 5 x 2 x 3 P 6 xy 6 y 3 y 2 = + = = = ⇔ ⇔ ⇔ ∨ = = = = . Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 3 3 xy(x y) 2 x y 2 − = − − = . GIẢI ðặt t y, S x t, P xt = − = + = , ñiều kiện 2 S 4P. ≥ Hệ phương trình trở thành: 3 3 3 xt(x t) 2 SP 2 x t 2 S 3SP 2 + = = ⇔ + = − = S 2 x 1 x 1 P 1 t 1 y 1 = = = ⇔ ⇔ ⇔ = = = − . Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 1 x y 4 x y 1 1 x y 4 x y + + + = + + + = . GIẢI ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 2 ðiều kiện x 0,y 0 ≠ ≠ . Hệ phương trình tương ñương với: 2 2 1 1 x y 4 x y 1 1 x y 8 x y + + + = + + + = ðặt 2 1 1 1 1 S x y , P x y ,S 4P x y x y = + + + = + + ≥ ta có: 2 1 1 x y 4 S 4 S 4 x y P 4 1 1S 2P 8 x y 4 x y + + + = = = ⇔ ⇔ =− = + + = 1 x 2 x 1 x 1 y 1 y 2 y + = = ⇔ ⇔ = + = . Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 2 2 x y 2xy 8 2 (1) x y 4 (2) + + = + = . GIẢI ðiều kiện x, y 0 ≥ . ðặt t xy 0 = ≥ , ta có: 2 xy t = và (2) x y 16 2t ⇒ + = − . Thế vào (1), ta ñược: 2 t 32t 128 8 t t 4 − + = − ⇔ = Suy ra: xy 16 x 4 x y 8 y 4 = = ⇔ + = = . II. ðiều kiện tham số ñể hệ ñối xứng loại (kiểu) I có nghiệm Phương pháp giải chung: i) Bước 1: ðặt ñiều kiện (nếu có). ii) Bước 2: ðặt S = x + y, P = xy với ñiều kiện của S, P và 2 S 4P ≥ (*). iii) Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ ñiều kiện (*) tìm m. Chú ý: Khi ta ñặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác ñiều kiện u, v. Ví dụ 1 (trích ñề thi ðH khối D – 2004). Tìm ñiều kiện m ñể hệ phương trình sau có nghiệm thực: x y 1 x x y y 1 3m + = + = − . GIẢI ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 3 ðiều kiện x, y 0 ≥ ta có: 3 3 x y 1 x y 1 x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m + = + = ⇔ + = − + = − ðặt S x y 0, P xy 0 = + ≥ = ≥ , 2 S 4P. ≥ Hệ phương trình trở thành: 2 S 1 S 1 P m S 3SP 1 3m = = ⇔ = − = − . Từ ñiều kiện 2 S 0, P 0,S 4P ≥ ≥ ≥ ta có 1 0 m 4 ≤ ≤ . Ví dụ 2. Tìm ñiều kiện m ñể hệ phương trình 2 2 x y xy m x y xy 3m 9 + + = + = − có nghiệm thực. GIẢI 2 2 x y xy m (x y) xy m xy(x y) 3m 9 x y xy 3m 9 + + = + + = ⇔ + = − + = − . ðặt S = x + y, P = xy, 2 S 4P. ≥ Hệ phương trình trở thành: S P m SP 3m 9 + = = − . Suy ra S và P là nghiệm của phương trình 2 t mt 3m 9 0 − + − = S 3 S m 3 P m 3 P 3 = = − ⇒ ∨ = − = . Từ ñiều kiện ta suy ra hệ có nghiệm 2 2 3 4(m 3) 21 m m 3 2 3 (m 3) 12 4 ≥ − ⇔ ⇔ ≤ ∨ ≥ + − ≥ . Ví dụ 3. Tìm ñiều kiện m ñể hệ phương trình x 4 y 1 4 x y 3m − + − = + = có nghiệm. GIẢI ðặt u x 4 0, v y 1 0 = − ≥ = − ≥ hệ trở thành: 2 2 u v 4 u v 4 21 3m u v 3m 5 uv 2 + = + = ⇔ − + = − = . Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của 2 21 3m t 4t 0 2 − − + = (*). Hệ có nghiệm ⇔ (*) có 2 nghiệm không âm / 3m 13 0 0 13 2 S 0 m 7 21 3m 3 0 P 0 2 − ∆ ≥ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤ − ≥ ≥ . ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 4 Ví dụ 4. Tìm ñiều kiện m ñể hệ phương trình 2 2 x y 4x 4y 10 xy(x 4)(y 4) m + + + = + + = có nghiệm thực. GIẢI 2 22 2 2 2 (x 4x) (y 4y) 10 x y 4x 4y 10 xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m + + + = + + + = ⇔ + + = + + = . ðặt 2 2 u (x 2) 0, v (y 2) 0 = + ≥ = + ≥ . Hệ phương trình trở thành: u v 10 S 10 uv 4(u v) m 16 P m 24 + = = ⇔ − + = − = + (S = u + v, P = uv). ðiều kiện 2 S 4P S 0 24 m 1 P 0 ≥ ≥ ⇔ − ≤ ≤ ≥ . BÀI TẬP Giải các hệ phương trình sau 1. 2 2 x y xy 5 x y xy 7 + + = + + = . ðáp số: x 1 x 2 y 2 y 1 = = ∨ = = . 2. 2 2 x xy y 3 2x xy 2y 3 + + = + + = − . ðáp số: x 1 x 3 x 3 y 1 y 3 y 3 = − = = − ∨ ∨ = − = − = . 3. 3 3 x y 2xy 2 x y 8 + + = + = . ðáp số: x 2 x 0 y 0 y 2 = = ∨ = = . 4. 3 3 x y 7 xy(x y) 2 − = − = . ðáp số: x 1 x 2 y 2 y 1 = − = ∨ = − = . 5. 2 2 x y 2xy 5 x y xy 7 − + = + + = . ðáp số: 1 37 1 37 x x x 2 x 1 4 4 y 1 y 2 1 37 1 37 y y 4 4 − + = = = = − ∨ ∨ ∨ = = − − − − + = = . 6. 2 2 2 2 1 (x y)(1 ) 5 xy 1 (x y )(1 ) 49 x y + + = + + = . ðáp số: x 1 x 1 7 3 5 7 3 5 x x 2 2 7 3 5 7 3 5 y y y 1 y 1 2 2 = − = − − + = = ∨ ∨ ∨ − + = = = − = − . ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 5 7. x y y x 30 x x y y 35 + = + = . ðáp số: x 4 x 9 y 9 y 4 = = ∨ = = . 8. x y 7 1 y x xy x xy y xy 78 + = + + = (chú ý ñiều kiện x, y > 0). ðáp số: x 4 x 9 y 9 y 4 = = ∨ = = . 9. ( ) 2 2 3 3 3 3 2(x y) 3 x y xy x y 6 + = + + = . ðáp số: x 8 x 64 y 64 y 8 = = ∨ = = . 10. Cho x, y, z là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 x y z 8 xy yz zx 4 + + = + + = . Chứng minh 8 8 x, y,z 3 3 − ≤ ≤ . HƯỚNG DẪN GIẢI Hệ phương trình 2 2 2 2 2 x y 8 z (x y) 2xy 8 z xy z(x y) 4 xy z(x y) 4 + = − + − = − ⇔ ⇔ + + = + + = 2 2 (x y) 2[4 z(x y)] 8 z xy z(x y) 4 + − − + = − ⇔ + + = 2 2 (x y) 2z(x y) (z 16) 0 xy z(x y) 4 + + + + − = ⇔ + + = 2 2 x y 4 z x y 4 z xy (z 2) xy (z 2) + = − + = − − ⇔ ∨ = − = + . Do x, y, z là nghiệm của hệ nên: 2 2 2 2 2 (4 z) 4(z 2) 8 8 (x y) 4xy z ( 4 z) 4(z 2) 3 3 − ≥ − + ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ − − ≥ + . ðổi vai trò x, y, z ta ñược 8 8 x, y,z 3 3 − ≤ ≤ . 11. x y 1 1 1 16 16 2 x y 1 + = + = . ðáp số: 1 x 2 1 y 2 = = . 12. sin (x y) 2 2 2 1 2(x y ) 1 π + = + = HƯỚNG DẪN GIẢI Cách 1: sin (x y) 2 2 2 2 2 2 sin (x y) 0 x y (1) 2 1 2(x y ) 1 2(x y ) 1 (2) 2(x y ) 1 π + π + = + ∈ = ⇔ ⇔ + = + = + = Z 2 2 2 2 1 2 2 x x 1 2 2 2 (2) x y 2 x y 2 1 2 2 2 y y 2 2 2 ≤ − ≤ ≤ ⇔ + = ⇒ ⇒ ⇒ − ≤ + ≤ ≤ − ≤ ≤ . x y 0 (1) x y 1 + = ⇒ + = ± thế vào (2) ñể giải. ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 6 Cách 2: ðặt S = x + y, P = xy. Hệ trở thành: sin S 2 2 S 2 1 4P 2S 1 2(S 2P) 1 π ∈ = ⇔ = − − = Z . Từ ñiều kiện 2 S 4P ≥ ta suy ra kết quả tương tự. Hệ có 4 nghiệm phân biệt 1 1 1 1 x x x x 2 2 2 2 1 1 1 1 y y y y 2 2 2 2 = = − = = − ∨ ∨ ∨ = = − = − = . Tìm ñiều kiện của m ñể các hệ phương trình thỏa yêu cầu 1. Tìm m ñể hệ phương trình 2 2 x xy y m 6 2x xy 2y m + + = + + + = có nghiệm thực duy nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI Hệ có nghiệm duy nhất suy ra x = y, hệ trở thành: 2 2 2 2 2 3x m 6 3x 6 m m 3 m 21 x 4x m x 4x 3x 6 = + − = = − ⇔ ⇒ = + = + = − . + m = – 3: 2 2 2 x xy y 3 (x y) xy 3 2(x y) xy 3 2(x y) xy 3 + + = + − = ⇔ + + = − + + = − x y 0 x y 2 x 3 x 3 x 1 xy 3 xy 1 y 1 y 3 y 3 + = + = − = = − = − ⇔ ∨ ⇔ ∨ ∨ = − = = − = − = (loại). + m = 21: 2 2 2 x xy y 27 (x y) xy 27 2x xy 2y 21 2(x y) xy 21 + + = + − = ⇔ + + = + + = x y 8 x y 6 x 3 xy 37 xy 9 y 3 + = − + = = ⇔ ∨ ⇔ = = = (nhận). Vậy m = 21. 2. Tìm m ñể hệ phương trình: 2 2 x xy y m 1 x y xy m + + = + + = có nghiệm thực x > 0, y > 0. HƯỚNG DẪN GIẢI 2 2 x xy y m 1 (x y) xy m 1 xy(x y) m x y xy m + + = + + + = + ⇔ + = + = x y 1 x y m xy m xy 1 + = + = ⇔ ∨ = = . Hệ có nghiệm thực dương 2 m 0 1 0 m m 2 1 4m m 4 4 > ⇔ ⇔ < ≤ ∨ ≥ ≥ ∨ ≥ . Vậy 1 0 m m 2 4 < ≤ ∨ ≥ . ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 7 3. Tìm m ñể hệ phương trình x y m x y xy m + = + − = có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN GIẢI ( ) 2 2 x y m x y m x y m m m x y xy m xy x y 3 xy m 3 + = + = + = ⇔ ⇔ − + − = = + − = . Suy ra x, y là nghiệm (không âm) của phương trình 2 2 m m t mt 0 3 − − + = (*). Hệ có nghiệm ⇔ (*) có 2 nghiệm không âm / 2 2 0 m 4m 0 m 0 S 0 m 0 1 m 4 P 0 m m 0 ∆ ≥ − ≤ = ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤ ≥ − ≥ . Vậy m 0 1 m 4 = ∨ ≤ ≤ . 4. Tìm m ñể hệ phương trình 2 2 2 x y 2(1 m) (x y) 4 + = + + = có ñúng 2 nghiệm thực phân biệt. HƯỚNG DẪN GIẢI 2 2 2 2 2 x y 2(1 m) (x y) 2xy 2(1 m) (x y) 4 (x y) 4 + = + + − = + ⇔ + = + = xy 1 m xy 1 m x y 2 x y 2 = − = − ⇔ ∨ + = + = − . Hệ có ñúng 2 nghiệm thực phân biệt khi ( ) 2 2 4(1 m) m 0 ± = − ⇔ = . 5. Cho x, y là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 x y 2m 1 x y m 2m 3 + = − + = + − . Tìm m ñể P = xy nhỏ nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI ðặt S x y, P xy = + = , ñiều kiện 2 S 4P. ≥ 2 2 2 2 2 x y 2m 1 S 2m 1 x y m 2m 3 S 2P m 2m 3 + = − = − ⇔ + = + − − = + − 2 2 2 S 2m 1 S 2m 1 3 (2m 1) 2P m 2m 3 P m 3m 2 2 = − = − ⇔ ⇔ − − = + − = − + Từ ñiều kiện suy ra 2 2 4 2 4 2 (2m 1) 6m 12m 8 m . 2 2 − + − ≥ − + ⇔ ≤ ≤ Xét hàm số 2 3 4 2 4 2 f(m) m 3m 2, m 2 2 2 − + = − + ≤ ≤ . Ta có 4 2 11 6 2 4 2 4 2 min f(m) f , m ; 2 4 2 2 − − − + = = ∀ ∈ Vậy 11 6 2 4 2 min P m 4 2 − − = ⇔ = . . ðoàn Vương Nguyên Trang 1 CHUYÊN ðỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ðỐI XỨNG LOẠI (KIỂU) I TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. Hệ ñối xứng loại (kiểu) I có dạng tổng quát: f(x, y) =. P = uv. iii) Có những hệ phương trình trở thành ñối xứng loại I sau khi ñặt ẩn phụ. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 2 3 3 x y xy 30 x y 35 + = + = . GIẢI ðặt S x y, P xy =. kiện của m ñể các hệ phương trình thỏa yêu cầu 1. Tìm m ñể hệ phương trình 2 2 x xy y m 6 2x xy 2y m + + = + + + = có nghiệm thực duy nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI Hệ có nghiệm duy
Ngày đăng: 22/06/2014, 20:20
Xem thêm: Các loại hệ phương trình và cách giải docx, Các loại hệ phương trình và cách giải docx