Hệ phương trình (nguyễn tất thu)_cẩm nang luyện thi đại học

97 584 0
  • Loading ...
1/97 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 09/02/2015, 21:21

Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 210 § 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT Là hệ có dạng: axbyc axbyc +=   ′′′ +=  trong đó a, b, c, a’, b’, c’ là các số thực cho trước và a, b, a’, b’ không đồng thời bằng không. Cách giải: Dùng định thức Crame Ta có các định thức: xy a c a bc b D; D; D a c a bc b === ′′ ′′′′ . * Nếu D0 ≠ thì hệ có nghiệm duy nhất: y x D D x; y DD ==. * Nếu xy DDD0 === thì hệ vô số nghiệm: x cax y(b0) b ∈   −  =≠   ¡ . * Nếu x y D0 D0 D0 =   ≠     ≠   thì hệ đã cho vô nghiệm. II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 4.1.1. Cho hệ phương trình: mxym2 4xmy3m2 +=+   +=+  1. Giải và biện luận hệ đã cho 2. Tìm m để hệ đã cho nghiệm duy nhất (x; y) sao cho 22 P2xy =+ nhỏ nhất. Lời giải. 1. Ta có: 2 m 1 Dm4(m2)(m2) 4 m ==−=−+ 2 x m2 1 Dmm2(m1)(m2) 3m+2 m + ==−−=+− 2 y m m2 D3m2m8(m2)(3m4) 4 3m2 + ==−−=−+ + • D0m2 ≠⇔≠± hệ đã cho có nghiệm duy nhất: Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 211 x y D m1 x Dm2 D 3m4 y Dm2 +  ==  +   +  ==  + • D0m2 =⇔=± +) Với x m2D0 =−⇒≠ nên hệ đã cho vô nghiệm +) Với m2 = , ta có hệ 2xy4x 4x2y8y42x +=∈  ⇔  +==−  ¡ . 2. Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m2 ≠± Khi đó: x y D m1 x Dm2 D 3m4 y Dm2 +  ==  +   +  ==  + nên 22 2 2 m13m411m28m18 P2 m2m2 m4m4 ++++  =+=  ++  ++ Ta có 3 4(4m5)5 P'P'0m 4 (m2) + =⇒=⇔=− + . Do đó ta có: 1 minP 3 = đạt được khi 5 m 4 =− . Vậy 5 m 4 =− là giá trị cần tìm. Ví dụ 4.1.2. Tùy theo giá trị của tham số m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 22 Px2my1mx2y2m1 =−++−+−. Lời giải. Xét hệ phương trình x2my10x2my1 mx2y2m10mx2y2m1 −+=−=−  ⇔  −+−=−=−+  (*) Ta có: ( ) 2 1 2m D2m1, m 2 − ==− − ( ) 2 x 1 2m D22m(2m1)22mm1 2m1 2 −− ==−−=−++ −+− , y 1 1 Dm1 m 2m1 − ==−+ −+ . • Nếu m1 ≠− thì hệ (*) có nghiệm nên minP0 = • Nếu m1 =− thì ta có: ( ) 2 2 Px2y1(x2y3) =+++++ Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 212 Đặt tx2y1 =++ , suy ra 2222 Pt(t2)2t4t42(t1)22 =++=++=++≥ Đẳng thức xảy ra khi t1x2y20 =−⇔++= . Do đó minP2 = . Vậy 0 khi m1 minP 2 khi m1 ≠−  =  =−  . Ví dụ 4.1.3. Giải hệ phương trình: 22 22 xyxy40 2xxyy5xy20  +++−=   +−−++=   . Lời giải. Cách 1: Đặt 2 tx = . Khi đó hệ trở thành: 2 2 txyy4 2t(y5)xyy2  +=−−+   +−=−−   Xét hệ bậc nhất hai ẩn t và x. Ta có: 1 1 Dy7 2 y5 ==− − , 2 2 x 2 1 yy4 D3yy10 2 yy2 −−+ ==+− −− 2 32 t 2 yy4 1 Dy3y10y18 yy2 y5 −−+ ==−++− −−− . Vì y7 = không là nghiệm của hệ nên suy ra: t x D t D D0 D x D  =   ≠⇒   =   . Vì 2 2 t x 2 D D tx D D =⇒= 23222 tx D.DD(y7)(y3y10y18)(3yy10) ⇔=⇔−−++−=+− 43222 5y2y24y34y130(y1)(5y8y13)0 ⇔−−+−=⇔−+−= y1x1 134 yx 55 =⇒=   ⇔  =−⇒=−  . Vậy hệ có hai nghiệm: 413 (x;y)(1;1), ; 55  =−−   . Cách 2: Ta có 22 2xxyy5xy20 +−−++= 22 2x(y5)xyy20 ⇔+−−++= (*) 2222 x (y5)8(yy2)9y18y9(3y3) ∆=−−−++=−+=− Nên (*) có hai nghiệm: y1 x 2 + = và x2y =− . Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 213 • Với y1 xy2x1 2 + =⇔=− thay vào hệ ta có được: ( ) 2 22 x1y1 x2x1x2x1405xx40 413 xy 55 =⇒=   +−++−−=⇔−−=⇔  =−⇒=−  • Với x2y =− thay vào hệ ta có: 222 (2x)x202x4x10x1y1 −+−=⇔−+=⇔=⇒= . Vậy nghiệm của hệ là 413 (x;y)(1;1), ; 55  =−−   . Ví dụ 4.1.4. Giải hệ phương trình: 22 22 14x21y6x45y140 35x28y41x122y560  −−+−=   ++−+=   . Lời giải. Cách 1: Đặt 2 tx = , khi đó ta có hệ: 2 2 14t6x21y45y14 35t41x28y122y56  −=−+   +=−+−   Ta có: 14 6 D784 35 41 − == 2 2 t 2 21y45y14 6 D693y1113y238 28y122y56 41 −+− ==−+ −+− 2 2 x 2 14 21y45y14 D1127y3283y1274 35 28y122y56 −+ ==−+− −+− Do D0 ≠ nên hệ có nghiệm duy nhất: t x D t D D x D  =     =   Vì 2 tx = nên ta có: 2 2 t x tx 2 D D D.DD D D =⇔= ( ) ( ) 2 22 1699y159y34723y67y26 ⇔−+=−+ 432 3703y21574y38211y21844y41880 ⇔−+−+= 2 (y2)(y3)(3703y3059y698)0 ⇔−−−+= y2,y3 ⇔== . Vậy nghiệm của hệ là ( ) ( ) ( ) x;y1;2, 2;3 =−. Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 214 Cách 2: Đặt xa1; yb2 =+=+ hệ đã cho trở thành: 22 22 14a21b22a39b0 35a28b111a10b0  −+−=   ++−=   Ta thấy hệ có nghiệm (a;b)(0;0) = . Với a0 ≠ đặ bta = ta có: 2 2 22 2 2 39t22 a (1421t)a39t22 39t2210t111 1421t 10t11 1421t3528t (3528t)a10t11 a 3528t −  =  −=− −−  − ⇔⇒=  − −+ +=−   =  +  322 186t421t175t1120(3t1)(62t161t112)0 ⇔−++=⇔+−+= 1 t 3 ⇔=− 2 39t22 a3b1 1421t − ⇒==−⇒= − . Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm: (x;y)(1;2), (2;3) =− . Ví dụ 4.1.5. Cho hệ phương trình : 22 xaya0 xyx0 +−=    +−=   . Tìm tất cả các giá trị a để hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1122 (x;y), (x;y) . Khi đó hãy chứng minh: 22 1212 (xx)(yy)1 −+−≤ . Lời giải. Rút x từ phương trình thứ nhất thế vào phương trình thứ hai ta được : 22 (aya)y(aya)0 −++−= 2222 (1a)y(a2a)yaa0 ⇔++−+−= (*). Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt: 22222 4 (2aa)4(aa)(1a)3a4a00a 3 ⇔∆=−−−+=−+>⇔<< Khi đó 1122 xaya;xaya =−=− với y1, y2 là hai nghiệm của (*). Theo Viét ta có: 2 12 2 2 22 121212 22 2 12 2 2aa yy 4a3a a1 (yy)(yy)4yy (a1) aa yy a1  − +=  −  + ⇒−=+−=  + −  =  +  Suy ra : 2222 121212 (xx)(yy)(a1)(yy) −+−=+− 22 22 4a3a(2a1) 11 a1a1 −− ==−≤ ++ . Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 215 Ví dụ 4.1.6. Giả sử hệ phương trình 2 2 xaybyc (a,m0) ymxnxp  =++  ≠  =++   có bốn cặp nghiệm ii (x;y) với i=1,2,3,4. Kí hiệu các số thực dương 123 l,l,l như sau: 22222 112123434 l(xx)(yy)(xx)(yy)  =−+−−+−  22222 223231414 l(xx)(yy)(xx)(yy)  =−+−−+−  22222 113132424 l(xx)(yy)(xx)(yy)  =−+−−+−  . Chứng minh rằng trong các số 123 l,l,l có một số bằng tổng hai số còn lại. Lời giải. Ta kí hiệu các điểm iii M(x;y) , trong đó ii (x;y) i1,2,3,4 = là bốn cặp nghiệm của hệ đã cho thì các số 123 l,l,l được viết như sau: ( ) 2 22 1123411234 lMM.(MM)lMM.MM =⇒= . Tương tự: 2231431324 lMM.MM; lMM.MM == . Vậy lúc này yêu cầu bài toán trở thành chứng minh đẳng thức(ta giả sử 123 lll =+ ): 123423141324 MM.MMMM.MMMM.MM =+ (*). (Khi hoán vị các điểm i M cho nhau ta có hai đẳng thức còn lại). Vì ii (x;y), i1,2,3,4 = là nghiệm của hệ phương trình nên: 2 1 2 ii iii 2 2 i iii ii x bc yy xaybyc aaa yp n ymxnxp xx mmm  =++   =++  ⇔  =++   =++   22 iiii xyxy0 ⇒++α+β+λ= (1). Trong đó: p n1b1c ; ; maamam α=−β=−λ=+ . Từ (1) ta suy ra các điểm i M nằm trên đường tròn có phương trình: 22 xyxy0 ++α+β+λ= . Do đó các điểm 1234 M,M,M,M nằm trên một đường tròn nên áp dụng định lí Potoleme ta có điều phải chứng minh. III. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 4.1.1. Cho hệ phương trình: mxy2m1 xmym4 +=+   +=−+  . 1. Giải và biện luận hệ theo tham số m. Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 216 2. Giả sử hệ có nghiệm (x;y). Tìm mối liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m. 3. Tìm m nguyên để hệ có nghiệm (x;y) với x,y là những số nguyên. Hướng dẫn giải 1) Ta có: 2 Dm1(m1)(m1); =−=−+ 2 xy D2(m1)(m2); D(m1) =−+=−− • Nếu xy m1DDD0 =⇒===⇒ hệ vô số nghiệm: x y3x ∈   =−  ¡ . • Nếu x D0 m1 D0 =  =−⇒⇒  ≠  hệ vô nghiệm. • Nếu m1 ≠±⇒ hệ có nghiệm duy nhất: x y D 2(m2) x Dm1 D m1 y Dm1 +  ==  +   −+  ==  + . KL: • m1 = hệ có vô số nghiệm : x y3x ∈   =−  ¡ . • m1 =− hệ vô nghiệm. • m1 ≠± hệ có nghiệm duy nhất: x y D 2(m2) x Dm1 D m1 y Dm1 +  ==  +   −+  ==  + . 2) Hệ có nghiệm m1 ⇔≠− . • Với m=1 thì hệ thức liên hệ giữa x và y là xy3 += . • Với m1 ≠ hệ có nghiệm duy nhất: 2 x2 m1 xy3xy30 2 y1 m1  =+   + ⇒−=⇔−−=   =−+  + . Vậy hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m là: xy30 −−= . 3) Ta có với m=1 thì hệ luôn có nghiệm nguyên. Với m1 ≠± hệ có nghiệm duy nhất : 2 x2 m1 2 y1 m1  =+   +   =−+  + 2 x,y m1 ⇒∈⇔∈ + ¢¢ m11 m12 +=±  ⇔  +=±  . Giải ra ta được m0,m2,m3 ==−=− , m = 1. Vậy m1;m0;m2;m3 ===−=− là những giá trị cần tìm. Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 217 Bài 4.1.2. Cho hệ phương trình: (2m1)x3y3m2 (m3)x(m1)y2m +−=−   +−+=  . 1. Tìm m để hệ có nghiệm. 2. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn x2y ≥ . 3. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho 22 Px3y =+ nhỏ nhất . Hướng dẫn giải Ta có: D2(m2)(m2) =−−+ ; x D(m2)(13m) =−− ; y D(m2)(m3) =−+ 1) Ta có hệ vô nghiệm 22 xy D0 m2 DD0 =   ⇔⇔=−  +≠   . Vậy hệ có nghiêm ⇔ m2 ≠− . 2) Hệ có nghiệm duy nhất m2 ⇔≠± và 3m1 x 2(m2) m3 y 2(m2) −  =  +   +  =−  +  . m1 3m12(m3)5m5 m2 x2y0 2(m2)2(m2)m2 m2 ≥−   −++   ≠ ⇒≥⇔≥−⇔≥⇔   +++  <−  . 3) Hệ có nghiệm duy nhất m2 ⇔≠± Để tìm giá trị nhỏ nhất của P ta có thể giải theo hai cách sau: * Cách 1: Dùng miền giá trị. 2 22 2 3m3m7 Px3y m4m4 ++ =+= ++ 2 (3P)m(34P)m74P0 ⇔−+−+−= (1) * P3 = thì (1) có nghiệm 5 m 9 =− . * P3(1) ≠⇒ có nghiệm 75 52P750P 52 ⇔∆=−≥⇔≥ . Đẳng thức xảy ra khi 8 m 9 = . Vậy P nhỏ nhất 8 m 9 ⇔= và 75 MinP 52 = . * Cách 2: Dùng BĐT Bunhiacopski. Ta có: 3m17m2110m20 x7y5 2(m2)2(m2) −+++ −=== ++ . Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có: 2 222 74952 25(x7y)x(3y)(1)(x3y)P 33 3  =−=−≤++=   Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 218 75 P 52 ⇒≥ . Đẳng thức xảy ra y x8 m 179 ⇔=−⇔= . Bài 4.1.3. Cho hệ 2 (m1)xmy2m1 mxym2 ++=−    −=−   . 1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 2. Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm hệ thức độc lập giữa hai nghiệm. 3. Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm m để x.y lớn nhất. Hướng dẫn giải Ta có: 222 xy D(mm1);D(m1)(mm1);D(m2)(mm1) =−++=−−++=−++ 1) Hệ có nghiệm duy nhất với mọi m. 2) xm1 xy10 ym2 =−  ⇒+−=  =−+  là hệ thức cần tìm. 3) Ta có: 22 311 xym3m2(m) 244 =−+−=−−+≤ Vậy 1 Max x.y 4 = đạt được khi 3 m 2 = . Bài 4.1.4. Cho x,y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 22 P(x2y1)(2xmym1) =−+++++ . Hướng dẫn giải Xét hệ : x2y10x2y1 2xmym102xmym1 −+=−=−  ⇔  +++=+=−−  (*) Hệ có Dm4 =+ , x D3m2 =+ , y Dm1 =−+ * Nếu m4D0(*) ≠−⇒≠⇒ có nghiệm duy nhất 3m2 x m4 m1 y m4 +  =   +  −+  =  + . P0 ⇒≥ . Đẳng thức xảy ra 3m2 x m4 (*) m1 y m4 +  =   + ⇔⇔  −+  =  + . Vậy trong trường hợp này giá trị nhỏ nhất của P0 = . * Nếu m4 =− , khi đó: 22 P(x2y1)(2x4y3) =−++−−.Đặt tx2y1 =−+ ta có: 2222 Pt(2t5)5t20t255(t2)55 =+−=−+=−+≥ . Đẳng thức xảy ra t2x2y10 ⇔=⇔−−= . Vậy trong trường hợp này giá trị nhỏ nhất của P5 = . Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 219 KL: 0 khi m4 minP 5 khi m4 ≠−  =  =−  . Bài 4.1.5. Tìm giá trị lớn nhất của ( ) 2 2 P(3xy2)6x2my5m1 =+−+−+− Hướng dẫn giải Xét hệ: 3xy20(1) 6x2my5m10 (2) +−=   −+−=  (*) Từ (1) y23x ⇒=− thay vào (2) ta có: 6(m1)xm10 ++−= * Nếu m1(*) ≠−⇒ có nghiệm duy nhất P0 ⇒≥ và đẳng thức có ⇔ (x;y) là nghiệm của (*) MinP0 ⇒= . * Nếu 22 m1P(3xy2)(6x2y6) =−⇒=+−++− Đặt 222 444 t3xy2Pt(2t2)5(t) 555 =+−⇒=+−=−+≥ 4 MinP 5 ⇒= Vậy 0 khi m1 MinP 4 khi m1 5 ≠−   =  =−   . Bài 4.1.6. Giả sử hệ phương trình axbyc bxcya cxayb +=   +=   +=  có nghiệm. Chứng minh rằng: 333 abc3abc ++= (1) Hướng dẫn giải * Cách 1: Ta thấy nếu ababc(1) =⇒==⇒ đúng nên ta chỉ xét khi a,b,c đôi một khác nhau. Cộng ba phương trình của hệ lại với nhau ta được: abc0 (abc)(xy1)0 xy10 ++=  +++−=⇔  +−=  . * Nếu xy10y1x +−=⇔=− . Khi đó hệ trở thành: (ab)xcb cbacba (bc)xacabc abbcca (ca)xba −=−  −−−  −=−⇒==⇒==  −−−  −=−  loại . * Nếu abc0 ++= 333222 abc3abc(abc)(abcabbcca)0 ⇒++−=++++−−−= (1) ⇒ đúng. Vậy ta có đpcm. * Cách 2: Với lí luận như trên ta xét hệ khi a,b,c đôi một khác nhau. [...]...Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu  D c 2 − ab x= x =  D ac − b2  Từ hai phương trình đầu của hệ ⇒  2  y = D y = a − bc  D ac − b2  Thay vào phương trình thứ ba ta được: c 3 − abc a 3 − abc = b ⇔ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc đpcm ac − b 2 ac − b 2 Bài 4.1.7 Giải các hệ phương trình sau +  2x 2 + y 2 + 3x − 15y = 0  1  2 2  3x... 2 Hệ ⇔  2 2 2  yx + 6y − x − 6 = xy + x  Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được: 2xy(y − x) + 7(x − y) + (x − y)(x + y) = 0 x = y ⇔ (x − y)(x + y − 2xy + 7) = 0 ⇔   x + y − 2xy + 7 = 0 241 Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu x = y = 2 • x = y thay vào hệ ta được: x 2 − 5x + 6 = 0 ⇔  x = y = 3 • x + y − 2xy + 7 = 0 (1) Mặt khác, khi cộng hai phương trình của hệ. .. đó x, y là nghiệm phương trình: X 2 − SX + P = 0 hay ( X − 1)2 = 0 suy ra X = 1 Hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 1;1) 5   x + xy + y = 4 3  Trường hợp 2: m = − hệ phương trình đã cho trở thành  4  x 2 y + xy 2 = 1   4 1 1 Giải tương tự, hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ;    2 2  x + xy + y = −1  Trường hợp 3: m = −3 hệ phương trình đã cho trở... x, y là nghiệm phương trình : X 2 − 2X = 0 ⇔ X = 0, X = 2 221 Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu x = 0 x = 2 Vậy nghiệm của hệ là:  và  y = 2 y = 0 2 Đặt S = x + y; P = xy Khi đó hệ trở thành: S(S 2 − 3P) = 19 SP = −8S SP = 2 − 8S S = 1    ⇔ 3 ⇔ 3 ⇔  S(8 + P) = 2 S − 3(2 − 8S) = 19 S + 24S − 25 = 0  P = −6    ⇒ x, y là nghiệm của phương trình : X 2 − X... 1 Điều kiện : x, y ≠ 0 Hệ  2x 3 + x 2 y = 3  ⇔ ⇒ 2(x 2 − y 3 ) + xy(x − y) = 0 3 2  2y + y x = 3  ⇔ (x − y)(2x2 + 3xy + 2y 2 ) = 0 ⇔ x = y (Do 2x 2 + 3xy + 2y 2 = 2(x + 3 2 7 2 y) + y > 0 ) 4 8 239 Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu Thay vào hệ ta được: 3x 3 = 3 ⇔ x = 1 = y Vậy hệ có nghiệm: x = y = 1 2 Điều kiện : x, y ≥ 7 Trừ hai phương trình của hệ ta được: x+9 + y−7... + b2 − ab   Xét hệ phương trình :  1 ⇔ 1 3 3 + 3 =A  x3 y a + b = A   (Trong đó ta đã đặt a = 1 1 ; b = , a; b ≠ 0 ) Đặt S = a + b; P = ab , ta có: x y S = S 2 − 3P S 2 = A   ⇔  2 2 S(S − 3P) = A  3P = S − S   Từ phương trình thứ nhất ⇒ S > 0 Hệ có nghiệm ⇔ S 2 ≥ 4P ⇔ 3S 2 ≥ 4(S 2 − S) ⇔ S ≤ 4 ⇔ A = S 2 ≤ 16 227 Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu S = 4 1 ... 4.3.7 Chứng minh rằng hệ sau có nghiệm duy nhất với mọi a ≠ 0 : 243 Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu  2 a2 2x = y + y    2 a2 2y = x + x  Lời giải Điều kiện : x ≠ 0 Từ hai phương trình của hệ ⇒ x, y > 0 Hệ 2 2  2  2x y = y + a ⇔ ⇒ 2xy(x − y) = y 2 − x2 2 2 2  2y x = x + a  ⇔ (x − y)(2xy + x + y) = 0 ⇔ x = y (do x, y > 0 ⇒ 2xy + x + y > 0) Thay vào hệ ta được: a 2 =... 233 Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu Vậy hệ có nghiệm ⇔ m ≤ 13 + 3 33 ∪m ≥8 8 Bài 4.2.3 Tìm m để hệ  x 2 + xy + y 2 = m + 6  có nghiệm duy nhất 1   2x + xy + 2y = m   x + xy + y = m + 1  2  2 có nghiệm x, y > 0 2  x y + xy = m   x 2 + y 2 = 2(1 + m)  có đúng hai nghiệm phân biệt 3  2 (x + y) = 4   2x 3 − ( y + 2 ) x 2 + xy = m  4  có nghiệm (Đề thi Đại học Khối... u ) 2 0 +∞ − 2− 3 2 − 5 8 −∞ 1 2− 3 Vậy hệ có nghiệm khi ( 3 ) có nghiệm thuộc  − ; +∞  ⇔ m ≤   4 2   235 Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu 5 Nếu ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ thì ( y0 ; x0 ) cũng là nghiệm của hệ Do đó hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x0 = y0 2 3 2  x0 + 2x0 = m + 2 2x0 − x0 − 2x0 + 1 = 0   Khi đó hệ cho tương đương  ⇔ 3 3  2x0 = m +... hệ: (x; y) = (4; 9), (9; 4)  x 2 13 x x 2 x 3   − + 1 = 0 y = 3 y = 2 4 Ta có hệ :  y  ⇔ ∨  6 y  x + y = 5 x + y = 5   x + y = 5 Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ: (x; y) = (2; 3), (3; 2) 5 Đặt a = x + 1 1 ;b = y + x y a + b = 5 a + b = 5 a = 2 a = 3  Ta có hệ:  2 ⇔ ⇔ ∨  2 b=3 a + b = 13  b = 2 ab = 6  229 Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu Phương . Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 210 § 1. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT Là hệ có dạng: axbyc axbyc +=   ′′′ +=  . 4.1.1. Cho hệ phương trình: mxy2m1 xmym4 +=+   +=−+  . 1. Giải và biện luận hệ theo tham số m. Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 216 2. Giả sử hệ có nghiệm (x;y) 2: Với lí luận như trên ta xét hệ khi a,b,c đôi một khác nhau. Cẩm nang ôn luyện thi Đại học Toán học – Nguyễn Tất Thu. 220 Từ hai phương trình đầu của hệ 2 x 2 2 y 2 D cab x D acb D abc y D acb  − ==   − ⇒  −  ==  −  .
- Xem thêm -

Xem thêm: Hệ phương trình (nguyễn tất thu)_cẩm nang luyện thi đại học, Hệ phương trình (nguyễn tất thu)_cẩm nang luyện thi đại học, Hệ phương trình (nguyễn tất thu)_cẩm nang luyện thi đại học

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

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