Hệ phương trình đại số tài liệu luyện thi đại học

14 372 0
  • Loading ...
1/14 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 08/09/2014, 18:14

Đây là bộ tài liệu luyện thi đại học cực hay, được tuyển chọn kĩ càng, có chất lượng cao, giúp các em học sinh lớp 12 củng cố và nâng cao kiến thức, phục vụ tốt việc luyện thi đại học của bộ môn. Bên cạnh phần lí thuyết được hệ thống hóa một cách khoa học và dễ hiểu là phần bài tập thực hành với lời giải chi tiết cụ thể, không những giúp các thầy cô có căn cứ để hướng dẫn và giảng dạy cho học sinh mà còn giúp cho các em tự học, tự kiểm tra và so sánh đối chiếu kết quả làm bài của mình khi không có sự trợ giúp của các thầy cô giáo.Hy vọng bộ tài liệu sẽ giúp ích đắc lực cho các em học sinh lớp 12 trong việc luyện thi đại học. Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 1 Chuyên đề: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN I. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng.  Phương trình n ẩn x 1 , x 2 , , x n gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay x i bởi x j ; x j bởi x i thì phương trình không thay đổi.  Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng: x 1 + x 2 + + x n x 1 x 2 + x 1 x 3 + + x 1 x n + x 2 x 1 + x 2 x 3 + + x n-1 x n x 1 x 2 x n  Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng.  Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét. * Nếu đa thức F(x) = a 0 x n + a 1 x n  1 + a n , a 0 ≠ 0, a i  P có nhgiệm trên P là c 1 , , c n thì: 1 12 0 2 1 2 1 3 1 2 1 2 3 -1 0 11 0 ( 1) . n n n n n n n a c c c a a c c c c c c c c c c c c a a c c c a                          (Định lý Viét tổng quát) Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn: A. LÝ THUUYẾT 1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2: Nếu phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 thì: 12 12 . b S x x a c P x x a             Ngược lại, nếu 2 số x 1 , x 2 có 12 12 . x x S x x P      thì x 1 , x 2 là nghệm của phương trình X 2  SX + P = 0. 2. Định nghĩa: ( , ) 0 ( , ) 0 f x y g x y      , trong đó ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) f x y f y x g x y g y x      3.Cách giải: Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và 2 4SP . Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y. Chú ý: + Cần nhớ: x 2 + y 2 = S 2 – 2P, x 3 + y 3 = S 3 – 3SP. + Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. + Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ. 4. Bài tập: Loại 1: Giải hệ phương trình Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 22 33 30 35 x y xy xy      . Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 2 GIẢI Đặt S , Px y xy   , điều kiện 2 4SP . 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 33 ( ) 2 2 xy x y xy        . GIẢI Đặt , , t y S x t P xt     , điều kiện 2 4SP 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 22 22 11 4 11 4 xy xy xy xy                . GIẢI Điều kiện 0, 0xy . Hệ phương trình tương đương với: 22 11 x y 4 xy 11 x y 8 xy                                                    Đặt 2 1 1 1 1 S x y , P x y , S 4P x y x y                                                   ta có: 2 11 x y 4 S4 S4 xy P 4 1 1 S 2P 8 x y 4 xy                                                                   1 x2 x1 x 1 y1 y2 y                      . Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 22 2 8 2 (1) 4 (2) x y xy xy          . GIẢI Điều kiện ,0xy . Đặt 0t xy , ta có: 2 xy t và (2) x y 16 2t    . Thế vào (1), ta được: 2 t 32t 128 8 t t 4      Suy ra: xy 16 x 4 x y 8 y 4             . Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 có nghiệm Phương pháp giải chung: + Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). + Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và 2 4SP (*). Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 3 + Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m. Chú ý: Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u, v. Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: 1 13 xy x x y y m        . GIẢI Điều kiện ,0xy ta có: 33 x y 1 x y 1 x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m                     Đặt S x y 0, P xy 0     , 2 S 4P. Hệ phương trình trở thành: 3 S1 S1 Pm S 3SP 1 3m                 . Từ điều kiện 2 S 0, P 0, S 4P   ta có 1 0m 4  . Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 22 39 x y xy m x y xy m          có nghiệm thực. GIẢI 22 x y xy m (x y) xy m xy(x y) 3m 9 x y xy 3m 9                        . Đặt 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 điều 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 điều kiện m để hệ phương trình 4 1 4 3 xy x y m         có nghiệm. GIẢI Đặt u x 4 0, v y 1 0      hệ trở thành: 22 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 P0 2                               . Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 4 Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 22 4 4 10 ( 4)( 4) x y x y xy x y m           có nghiệm thực. GIẢI 22 22 22 (x 4x) (y 4y) 10 x y 4x 4y 10 xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m                           . Đặt 22 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). Điều kiện 2 S 4P S 0 24 m 1 P0                   . Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình. Ví dụ. Giải phương trình: 33 3 1 2 xx   . GIẢI Đặt: 3 3 xu 1 x v        . Vậy ta có hệ: 33 3 uv 2 u v 1         2 3 uv 2 (u v) (u v) 3uv 1              3 u+v = 2 19 u.v = 36        u, v là hai nghiệm của phương trình: 2 3 19 X - X + = 0 2 36  9+ 5 u = 12 9 - 5 u = 12        3 3 9 + 5 x = 12 9 - 5 x = 12                 Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} = 33 9 5 9 5 ; 12 12                       . B. BÀI TẬP I. Giải các hệ phương trình sau: 1) 44 66 1 1 xy xy        2) 22 4 2 2 4 5 13 xy x x y y          3) 30 35 x y y x x x y y        4) 22 4 2 8 2 xy x y xy          5) 22 18 ( 1)( 1) 72 x x y y xy x y             6)     22 22 1 15 1 1 49 xy xy xy xy                    7) 22 22 11 4 11 4 xy xy xy xy                8) 7 1 78 y x yx xy x xy y xy            9)    2 2 3 3 4 280 xy x y x y          Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s 5 10) 66 33 2 33 xy x x y y II. Gi h phng trỡnh cú tham s: 1. . Tỡm giỏ tr ca m: a) 5 4 4 1 x y xy x y xy m cú nghim. b) 22 2 1 x y xy m x y xy m cú nghim duy nht. c) 2 22 4 21 xy x y m cú ỳng hai nghim. 2. 22 x xy y m x y m (1II) a. Gii h phng trỡnh khi m = 5. b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim. 3. 22 38 x xy y m x y xy m (7I) a Gii h phng trỡnh khi m = 7/2. b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim. 4. 22 1x xy y m x y xy m (40II) a. Gii h phng trỡnh khi m=2. b. Tỡm cỏc giỏ tr ca m h phng trỡnh ó cho cú nghim (x;y) vi x >0, y >0. III. Gii phng trỡnh bng cỏch a v h phng trỡnh: 1. Gii phng trỡnh: 44 1 18 3xx . 2. Tỡm m mi phng trỡnh sau cú nghim: a. 11x x m b. m x m x m c. 33 11x x m Phn 3 H phng trỡnh i xng loi 1 ba n: (c thờm) a. Định nghĩa: Là hệ ba ẩn với các ph-ơng trình trong hệ là đối xứng. b. Định lý Vi-et cho ph-ơng trình bậc 3: Cho 3 số x, y, z có: x + y + z = xy + yz + zx = xyz = Thì x, y, z ;à nghiệm của ph-ơng trình X 3 - X 2 + X - = 0. (*) Thậy vậy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0 [ X 2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0 X 3 - X 2 z - X 2 (x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0 X 3 - X 2 + X - = 0. (*) có nghiệm là x, y, z ph-ơng trình X 3 - X 2 + X - = 0 có 3 nghiệm là x, y, z. c.Cách giải: + Do các ph-ơng trình trong hệ là đối xứng nên ta luôn viết đ-ợc d-ới dạng , , Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s 6 Khi đó ta đặt x + y + z = xy + yz + zx = xyz = Ta đ-ợc hệ của , , . + Giải ph-ơng trình X 3 - X 2 + X - = 0 (1) tìm đ-ợc nghiệm (x, y, z) của hệ. Chú ý: (1) có nghiệm duy nhất hệ vô nghiệm. (1) có 1 nghiệm kép duy nhất hệ có nghiệm. (1) có 2 nghiệm : 1 nghiệm kép, 1 nghiệm đơn hệ có 3 nghiệm. (1) có 3 ngiệm hệ có 6 nghiệm. d. Bài tập: VD1: Giải hệ: 2 2 2 3 3 3 x + y + z = 2 x + y + z = 6 x + y + z = 8 Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có: x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 - 2(xy + yz + zx). x 3 + y 3 + z 3 = (x + y + z) 3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. Vậy 6 = 2 2 - 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = -1. 8 = 2 3 - 3.2.(-1) + 3xyz xyz = -2. x, y, z là nghiệm của ph-ơng trình:t 3 - 2t 2 - t + 2 = 0 t = 1 t = - 1 t = 2 Vậy hệ có 6 cặp nghiệm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). VD2: Giải hệ x + y + z = 9 (1) xy + yz + zx = 27 (2) 1 1 1 + + = 1 (3) x y z Giải: ĐK: x, y, z 0. Từ (3) xy + yz + zx = 1 xyz Do (2) xyz = 27 Vậy hệ x + y + z = 9 xy + yz + zx = 27 xyz = 27 Do đó (x; y; z) là nghiệm của ph-ơng trình: X 3 - 9X 2 + 27X - 27 = 0 (X - 3) 3 = 0 X = 3. Vậy hệ có nghiệm là (3; 3; 3). VD3: Giải hệ 2 2 2 2 3 3 3 3 x + y + z = a x + y + z = a x + y + z = a Giải: x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 - 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = 0. Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s 7 x 3 + y 3 + z 3 = (x + y + z) 3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz xyz = 0. Vậy có: x + y + z = 0 xy + yz + zx = 0 0xyz (x; y; z) là nghiệm của ph-ơng trình: X 3 - aX 2 = 0 X = 0 X = a Vậy hệ có nghiệm là {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chú ý: Có nhiều vấn đề cần l-u ý khi giải hệ loại này + Với cách giải theo định lý Vi-et từ hệ ta phải đ-a ra đ-ợc x + y + z; xy + yz + zx; xyz có thể nó là hệ quả của hệ nên khi tìm đ-ợc nghiệm nên thử lại. + Vì là hệ đối xứng giữa các ẩn nên trong nghiệm có ít nhất 2 cặp nghiệm có cùng x, cùng y hoặc cùng z nên có thể giải hệ theo ph-ơng trình cộng, thế. VD: x + y + z = 9 (1) xy + yz + zx = 27 (2) 1 1 1 + + = 1 (3) x y z Giải: Rõ ràng x = 0, y = 0, z = 0 không là nghiệm của hệ Với x 0, y 0, z 0, nhân hai vế của (3) với xyz ta có xy + yz + zx = xyz (4). Từ (2) và (4) xyz = 27 (5) Từ (2) x 2 (y + z) + xyz = 27x (6) Từ (1), (5), (6) ta có: x 2 (9 - x) + 27 - 27x = 0 x 3 - 9x 2 + 27x - 27 = 0 (x - 3) 3 = 0 x = 3 Thay x = 3 vào (1), (5) ta có: y + z =6 yz = 9 y = z = 3. Vậy hệ có nghiệm là x = y = z = 3. II. H phng trỡnh i xng loi 2: 1. H phng trỡnh i xng loi 2 hai n: A. nh gha: ( , ) 0 1 ( , ) 0 2 f x y f y x Cỏch gii: Ly (1) (2) hoc (2) (1) ta c: (xy)g(x,y)=0. Khi ú xy=0 hoc g(x,y)=0. + Trng hp 1: xy=0 kt hp vi phng trỡnh (1) hoc (2) suy ra c nghim. + Trng hp 2: g(x,y)=0 kt hp vi phng trỡnh (1) + (2) suy ra nghim (trong trng hp ny h phng trỡnh mi tr v h i xng loi 1) v thụng thng vụ nghim. B. Cỏc vớ d: Vớ d 1: Gii h phng trỡnh 3 3 3 8 1 3 8 2 x x y y y x (I) GII Ly (1) (2) ta c: 22 (x - y)(x + xy + y + 5) = 0 Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 8 Trường hợp 1: (I) 3 x = 3x + 8y x = y     3 x = 0 x - 11x = 0 x = ± 11 x = y x = y            . Trường hợp 2: (I)   22 33 x +xy+y +5=0 x +y =11 x+y       (hệ này vô nghiệm) Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm:     (x, y) = (0,0); ( 11, 11); (- 11,- 11) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 4 4 11 11 xy yx            GIẢI Đặt: 4 4 x - 1 = u 0; y - 1 = v 0 Hệ phương trình trở thành 44 44 u + 1 + v = 1 u + v = 0 v + 1 + u = 1 v + u = 0       u = 0 v = 0     (Do u, v ≥ 0) x = 1 y = 1     . Vậy hệ có nghiệm (1,1) Ví dụ 2: Cho hệ phương trình 2 2 x y y m y x x m            (I) a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Giải (I) 22 2 2 22 22 x = ± y x - y = y - y - x + x x = y - y + m x = y - y + m x = y x = y x = y - y + m x - 2x + m = 0 x = - y x = - y x = y - y + m y + m = 0                       a) Hệ phương trình có nghiệm  ' x ' y Δ 0 1 - m 0 m 1 m0 - m 0 m 0 Δ 0                b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ' x ' y ' x ' y Δ = 0 Δ < 0 Δ < 0 Δ = 0                    1 - m = 0 - m < 0 1 - m < 0 - m = 0               m = 1. Vậy m = 1. Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 3 1 2 2 1xx   . GIẢI Đặt 3 2x - 1 = t  2x - 1 = t 3 . Ta có hệ 3 3 x + 1 = 2t t + 1 = 2x       3 22 x + 1 = 2t (x - t)(x + xt + t + 1) = 0       3 x - 2x + 1 = 0 x = t    Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s 9 2 (x - 1)(x + x - 1) = 0 x = t x = 1 - 1 5 x = 2 Vy phng trỡnh cú 3 nghim: 1; - 1 5 2 . C. Bi tp: 1.Gii cỏc h phng trỡnh sau: a. 13 2 13 2 x yx y xy b. 2 2 3 2 3 2 xy x yx y c. 3 3 12 12 xy yx d. 99 99 xy yx e. 22 22 xy yx g. 5 2 7 5 2 7 xy yx 2. Cho h phng trỡnh 2 2 ( ) 2 ( ) 2 x x y m y x y m . a. Gii h vi m = 0. b. Tỡm m h cú nghim duy nht. 3. Tỡm m h: 3 2 2 3 2 2 7 7 x y x mx y x y my cú nghim duy nht. 4. Gii cỏc phng trỡnh: a. 2 55xx . b. 3 3 3 3 2 2xx . 2. Hệ ph-ơng trình đối xứng loại 2, 3 ẩn: (Đọc thêm) A. Dùng chủ yếu là ph-ơng pháp biến đổi t-ơng đ-ơng bằng phép cộng và thế. Ngoài ra sử dụng sự đặc biệt trong hệ bằng cách đánh giá nghiệm, hàm số để giải. B. Ví dụ: Giải hệ 2 2 2 x + 2yz = x (1) y + 2zx = y (2) z + 2xy = z (3) Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho t-ơng đ-ơng với hệ 2 2 x + 2yz = x (x + y + z) = x + y + z (x - y)(x + y - 2z - 1) = 0 Hệ này đ-ơng t-ơng với 4 hệ sau: 22 x + 2yz = x x + 2yz = x x + y + z = 0 (I) x + y + z = 0 (II) x =y x + y - 2z - 1 = 0 22 x + 2yz = x x + 2yz = x x + y + z = 1 (III) x + y + z = 1 (IV) x =y x + y - 2z - 1 = 0 Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s 10 Giải (I): (I) 2 x + 2yz = x 2y + z = 0 x = y 2 x + 2yz = x z = - 2x x = y 22 x - 4x = x z = - 2x x = y -1 x = 0 x = 3 z = - 2x x = y Vậy (I) có 2 nghiệm (0;0;0); ( -1 -1 2 ;; 3 3 3 ) Làm t-ơng tự (II) có nghiệm ( 2 -1 -1 ;; 3 3 3 );( -1 2 -1 ;; 333 ) Hệ (III) có nghiệm (0;0;1); ( 111 ;; 333 ) Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0). Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên. VD2: Giải hệ ph-ơng trình: 22 22 22 x + y + z = 1 x + y + z = 1 x + y + z = 1 Giải: Hệ 22 x + y + z = 1 (y - z)(y + z - 1) = 0 (x - z)(x + z - 1) = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z = 1 x + y + z = 1 y=z (I) y = z (II) x=z x + z - 1 = 0 x + y + z = 1 x + y + z = 1 z + y - 1 = 0 (III) z + y - x = z 1 = 0 (IV) x + z - 1 = 0 Giải các hệ bằng ph-ơng pháp thế đ-ợc 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); 111 ;; 222 . VD4: Giải hệ: 2 2 2 1 1 1 xy yz zx Giải: Xét hai tr-ờng hợp sau: TH1: Trong 3 số ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau: Giả sử x=y có hệ 2 2 2 1 1 1 xx yz zx Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là : 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 ; ; ; ; ; 2 2 2 2 2 2 [...]... ta có hệ x3 2 x x 0 (1) 2 x z 2 x z 0 (2) z 2 x 2 z x 0 (3) Từ (1) x = 0, x = -1 x = 0 Thay vào (2), (3) z=0 x = -1 Thay vào (2), (3) vô lý Vậy hệ có nghiệm (0,0,0) Nếu y = z hay x = z cũng chỉ có nghiệm (0,0,0) TH2: 3 số đôi 1 khác nhau Từ 2x + x2y = y thấy nếu x2 = 1 2 = 0 (vô lý) 2x Vậy x2 1 2x + x2y = y y 1 x2 2x y 1 x2 2y Hai ph-ơng trình còn lại t-ơng tự ta có hệ ph-ơng... t-ơng tự ta có hệ ph-ơng trình t-ơng đ-ơng với: z 2 1 y 2z x 1 z2 Giả sử x > y > z (*) Xét hàm số: 2t f(t) = xác định trên D = R\ {1} 1 t2 2(t 2 1) f (t) = 0 với mọi tD (1 t 2 ) 2 hàm số đồng biến trên D f(x) > f(y) > f(z) y > z > x mâu thuẫn với (*) Vậy điều giả sử sai Do vai trò x, y, z nh- nhau Vậy TH2 - hệ vô nghiệm Thỏi Thanh Tựng Chuyờn : H phng trỡnh i s 11 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy... nh- trên TH2 : 3 số x, y, z đôi một khác nhau Giả sử x>y>z ,xét hàm số f(t) = t2 trên D = 1; a) z 0 , x>y>z 0 f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(vô lý) b) z . đề: Hệ phương trình Đại số 1 Chuyên đề: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN I. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng.  Phương. ph-ơng trình X 3 - X 2 + X - = 0. (*) Thậy vậy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0 [ X 2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0 X 3 - X 2 z - X 2 (x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0 X 3 - X 2 + X - . là nghiệm của ph-ơng trình: t 3 - 2t 2 - t + 2 = 0 t = 1 t = - 1 t = 2 Vậy hệ có 6 cặp nghiệm (1 ;-1 ;2); (-1 ;1;2); (1;2 ;-1 ); (-1 ;2;1); (2;1 ;-1 ); (2 ;-1 ;1). VD2: Giải hệ x + y + z =
- Xem thêm -

Xem thêm: Hệ phương trình đại số tài liệu luyện thi đại học, Hệ phương trình đại số tài liệu luyện thi đại học, Hệ phương trình đại số tài liệu luyện thi đại học

Tài liệu mới đăng

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay