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 x1, x2, ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thì phương trình
không thay đổi.
Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng:
x1 + x2 + ... + xn
x1x2 + x1x3 + ... + x1xn + x2x1 + x2x3 + ... + xn-1xn
...............................
x1x2 ... xn
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) = a0xn + a1xn1 +... an, a0 ≠ 0, ai P có nhgiệm trên P là c1, ..., cn thì:
a1
c1 c2 ... cn a
0
a2
c1c2 c1c3 ... c1cn c2 c1 c2 c3 ... cn-1cn
(Định lý Viét tổng quát)
a0
...............................
n an
c1c1 ... cn (1) .
a0
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 ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì:
b
S x1 x2 a
P x .x c
1 2
a
x
x
S
Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 có 1 2
thì x1, x2 là nghệm của phương trình X2 SX + P = 0.
x1 .x2 P
2. Định nghĩa:
f ( x, y ) f ( y , x )
f ( x, y ) 0
, trong đó
g ( x, y ) 0
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 S 2 4P .
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: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 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
x 2 y xy 2 30
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 3
.
3
x y 35
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
1
GIẢI
Đặt S x y, P xy , điều kiện S 2 4P . Hệ phương trình trở thành:
30
P
SP
30
S5
xy5
x2
x 3
S
.
2
90
P6
xy 6
y3
y2
S2 35
S(S 3P) 35
S
S
xy ( x y ) 2
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 3
.
3
x y 2
GIẢI
2
Đặt t y, S x t , P xt , điều kiện S 4P Hệ phương trình trở thành:
xt(x t) 2
SP 2
S 2
x 1
x 1
.
3
3
3
x t 2
S 3SP 2
P 1
t 1
y 1
x y 1 1 4
x y
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
.
x2 y 2 1 1 4
x2 y 2
GIẢI
Điều kiện x 0, y 0 .
x 1 y 1 4
x
y
Hệ phương trình tương đương với:
2
2
x 1 y 1 8
x
y
1
1
1
1
Đặt S x y , P x y , S2 4P ta có:
x
y
x
y
1
x 1 y 1 4
x 2
x 1
S 4
S 4
x
y
x
.
2
1
y1
P4
1
1
S 2P 8
y
2
x
y
4
y
x
y
2
2
x y 2 xy 8 2 (1)
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình
.
(2)
x y 4
GIẢI
Điều kiện x, y 0 . Đặt t xy 0 , ta có:
xy t2 và (2) x y 16 2t .
Thế vào (1), ta được:
t2 32t 128 8 t t 4
Suy ra:
xy 16
x 4
.
xy8
y4
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 S 2 4P (*).
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
2
+ 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:
x y 1
.
x x y y 1 3m
GIẢI
Điều kiện x, y 0 ta có:
x y 1
x y 1
3
3
x x y y 1 3m
( x) ( y) 1 3m
Đặt S x y 0, P xy 0 , S2 4P. Hệ phương trình trở thành:
S 1
S 1
.
3
S 3SP 1 3m
P m
1
.
4
x y xy m
Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 2
có nghiệm thực.
2
x y xy 3m 9
GIẢI
x y xy m
(x y) xy m
.
2
2
xy(x y) 3m 9
x y xy 3m 9
S P m
Đặt S = x + y, P = xy, S2 4P. Hệ phương trình trở thành:
.
SP 3m 9
Suy ra S và P là nghiệm của phương trình t2 mt 3m 9 0
S 3
S m 3
.
P m 3
P 3
32 4(m 3)
21
m
m 3 2 3.
Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm
2
4
(m 3) 12
x 4 y 1 4
Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
có nghiệm.
x y 3m
GIẢI
Từ điều kiện S 0, P 0, S2 4P ta có 0 m
Đặt u
x 4 0, v
y 1 0 hệ trở thành:
uv4
u v 4
2
21 3m .
u v2 3m 5
uv
2
21 3m
Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của t2 4t
0 (*).
2
Hệ có nghiệm (*) có 2 nghiệm không âm.
/ 0
3m 13
0
13
2
m 7.
S 0
21 3m
3
0
P 0
2
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
3
x 2 y 2 4 x 4 y 10
Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
có nghiệm thực.
xy ( x 4)( y 4) m
GIẢI
(x2 4x) (y2 4y) 10
x2 y2 4x 4y 10
.
xy(x
4)(y
4)
m
(x2 4x)(y2 4y) m
Đặt u (x 2)2 0, v (y 2)2 0 . Hệ phương trình trở thành:
u v 10
S 10
(S = u + v, P = uv).
uv 4(u v) m 16
P m 24
2
S 4P
24 m 1 .
Điều kiện S 0
P0
Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình.
3
Ví dụ. Giải phương trình: 3 x 3 1 x .
2
GIẢI
3
3
3
3
u+v = 2
u v 2
u v
x u
Đặt:
. Vậy ta có hệ:
2
3
1 x v
u.v = 19
u 3 v3 1
(u v) (u v) 2 3uv 1
36
3
19
u, v là hai nghiệm của phương trình: X 2 - X +
=0
2
36
3
9+ 5
x = 9 + 5
12
u =
12
3
9- 5
9- 5
u =
x =
12
12
9 5 3
Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} =
;
12
B. BÀI TẬP
3
9 5
.
12
I. Giải các hệ phương trình sau:
4
4
x y 1
1) 6
6
x y 1
x2 y 2 5
2) 4
2 2
4
x x y y 13
x y 4
4)
2
2
x y 2 xy 8 2
2
2
x x y y 18
5)
xy ( x 1)( y 1) 72
1 1
x y x y 4
7)
x2 y 2 1 1 4
x2 y 2
x
y
7
1
x
x y
8) y
x xy y xy 78
x y y x 30
3)
x x y y 35
1
x y 1 5
xy
6)
x 2 y 2 1 1 49
x2 y 2
x y 4
9) 2
x y 2 x3 y 3 280
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
4
6
6
x y 2
10) 3
3
x 3x y 3 y
II. Gải hệ phương trình có tham số:
1. . Tìm giá trị của m:
5 x y 4 xy 4
a)
có nghiệm.
x y xy 1 m
x y xy m 2
b) 2
có nghiệm duy nhất.
2
x y xy m 1
2
x y 4
c)
có đúng hai nghiệm.
2
2
x
y
2
m
1
x xy y m
2. 2
(1II)
2
x y m
a. Giải hệ phương trình khi m = 5.
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.
x xy y m
3. 2
(7I)
2
x y xy 3m 8
a Giải hệ phương trình khi m = 7/2.
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.
x xy y m 1
4. 2
(40II)
2
x y xy m
a. Giải hệ phương trình khi m=2.
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) với x >0, y >0.
III. Giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình:
1. Giải phương trình: 4 x 1 4 18 x 3 .
2. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm:
a. 1 x 1 x m
b. m x m x m
c. 3 1 x 3 1 x m
Phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn: (Đọc thêm)
a. §Þnh nghÜa: Lµ hÖ ba Èn víi c¸c ph-¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng.
b. §Þnh lý Vi-et cho ph-¬ng tr×nh bËc 3:
x + y + z = α
Cho 3 sè x, y, z cã: xy + yz + zx = β
xyz = γ
Th× x, y, z ;µ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0.
(*)
ThËy vËy:
(X - x)(X - y)(X - z) = 0
[ X2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0
X3 - X2z - X2(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0
X3 - αX2 + βX - γ = 0.
(*) cã nghiÖm lµ x, y, z ph-¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 cã 3 nghiÖm lµ x, y, z.
c.C¸ch gi¶i:
+ Do c¸c ph-¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng nªn ta lu«n viÕt ®-îc d-íi d¹ng α, β, γ
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
5
x + y + z = α
Khi ®ã ta ®Æt xy + yz + zx = β
xyz = γ
Ta ®-îc hÖ cña α, β, γ.
+ Gi¶i ph-¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) t×m ®-îc nghiÖm (x, y, z) cña hÖ.
Chó ý: (1) cã nghiÖm duy nhÊt hÖ v« nghiÖm.
(1) cã 1 nghiÖm kÐp duy nhÊt hÖ cã nghiÖm.
(1) cã 2 nghiÖm : 1 nghiÖm kÐp, 1 nghiÖm ®¬n hÖ cã 3 nghiÖm.
(1) cã 3 ngiÖm hÖ cã 6 nghiÖm.
d. Bµi tËp:
x + y + z = 2
2
2
2
VD1: Gi¶i hÖ:
x + y + z = 6
x 3 + y3 + z 3 = 8
Gi¶i: ¸p dông h»ng ®¼ng thøc ta cã:
x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx).
x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz.
VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = -1.
8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz xyz = -2.
t = 1
3
2
x, y, z lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh:t - 2t - t + 2 = 0 t = - 1
t = 2
VËy hÖ cã 6 cÆp nghiÖm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1).
x + y + z = 9
(1)
VD2: Gi¶i hÖ xy + yz + zx = 27
(2)
1
1
1
+
+ =1
(3)
y
z
x
xy + yz + zx
Gi¶i: §K: x, y, z ≠ 0. Tõ (3)
=1
xyz
Do (2) xyz = 27
x + y + z = 9
VËy hÖ xy + yz + zx = 27
xyz = 27
Do ®ã (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0
(X - 3)3 = 0
X = 3.
VËy hÖ cã nghiÖm lµ (3; 3; 3).
x + y + z = a
VD3: Gi¶i hÖ x 2 + y 2 + z 2 = a 2
x 3 + y3 + z 3 = a 3
2
2
Gi¶i: x + y + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx) xy + yz + zx = 0.
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
6
x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz xyz = 0.
x + y + z = 0
VËy cã:
xy + yz + zx = 0
xyz 0
X = 0
(x; y; z) lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh: X3 - aX2 = 0
X = a
VËy hÖ cã nghiÖm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)}
e.Chó ý: Cã nhiÒu vÊn ®Ò cÇn l-u ý khi gi¶i hÖ lo¹i nµy
+ Víi c¸ch gi¶i theo ®Þnh lý Vi-et tõ hÖ ta ph¶i ®-a ra ®-îc x + y + z; xy + yz + zx; xyz cã thÓ nã
lµ hÖ qu¶ cña hÖ nªn khi t×m ®-îc nghiÖm nªn thö l¹i.
+ V× lµ hÖ ®èi xøng gi÷a c¸c Èn nªn trong nghiÖm cã Ýt nhÊt 2 cÆp nghiÖm cã cïng x, cïng y hoÆc
cïng z nªn cã thÓ gi¶i hÖ theo ph-¬ng tr×nh céng, thÕ.
x + y + z = 9
(1)
VD: xy + yz + zx = 27
(2)
1
1
1
+
+ =1
(3)
y
z
x
Gi¶i: Râ rµng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ
Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cña (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz
(4).
Tõ (2) vµ (4) xyz = 27
(5)
Tõ (2) x2(y + z) + xyz = 27x
(6)
Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0
x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0
(x - 3)3 = 0 x = 3
y + z =6
Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã:
y = z = 3.
yz = 9
VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3.
II. Hệ phương trình đối xứng loại 2:
1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn:
A. Định ghĩa:
f ( x, y ) 0 1
f ( y, x) 0 2
Cách giải: Lấy (1) (2) hoặc (2) (1) ta được: (xy)g(x,y)=0. Khi đó xy=0 hoặc g(x,y)=0.
+ Trường hợp 1: xy=0 kết hợp với phương trình (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm.
+ Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trình (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường hợp này hệ
phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thông thường vô nghiệm.
B. Các ví dụ:
x3 3x 8 y 1
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 3
(I)
y 3 y 8 x 2
GIẢI
2
2
Lấy (1) (2) ta được: (x - y)(x + xy + y + 5) = 0
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
7
x = 0
x 3 = 3x + 8y
x 3 - 11x = 0
Trường hợp 1: (I)
x = ± 11 .
x = y
x = y
x = y
2
2
x +xy+y +5=0
Trường hợp 2: (I) 3 3
(hệ này vô nghiệm)
x
+y
=11
x+y
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm:
(x, y) = (0,0); (
11, 11); (- 11,- 11)
x 4 y 1 1
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
y 4 x 1 1
GIẢI
Đặt: x - 1 = u 0;
4
4
y-1 =v0
4
4
x = 1
u = 0
u + 1 + v = 1
u + v = 0
Hệ phương trình trở thành 4
(Do u, v ≥ 0)
.
4
v + 1 + u = 1
v + u = 0
y = 1
v = 0
Vậy hệ có nghiệm (1,1)
2
x y y m
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình
2
y x x m
a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
(I)
x - y = y 2 - y - x 2 + x
x = ± y
2
2
x = y - y + m
x = y - y + m
Giải (I)
x = y
x = y
2
2
x = y - y + m
x - 2x + m = 0
x=-y
x=-y
2
x = y - y + m
y 2 + m = 0
Δ x ' 0
1 - m 0
m 1
m0
a) Hệ phương trình có nghiệm '
- m 0
m 0
Δ y 0
Δ x '
'
Δ y
b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Δ x '
'
Δ y
=0
1 - m = 0
<0
- m < 0
m = 1.
1 - m < 0
<0
- m = 0
=0
Vậy m = 1.
Ví dụ 3: Giải phương trình: x3 1 2 3 2 x 1 .
GIẢI
Đặt
3
2x - 1 = t 2x - 1 = t .
x 3 + 1 = 2t
Ta có hệ 3
t + 1 = 2x
3
3
x 3 - 2x + 1 = 0
x + 1 = 2t
2
2
x = t
(x - t)(x + xt + t + 1) = 0
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
8
x = 1
(x - 1)(x 2 + x - 1) = 0
x = - 1 ± 5
x = t
2
-1± 5
Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1;
.
2
C. Bài tập:
1.Giải các hệ phương trình sau:
1 3
3
2 x y x
2 x y x 2
a.
b.
1
3
2 y
2 y x 3
y2
x y
x y 9 9
x 2 y 2
d.
e.
y x 9 9
y 2x 2
2
x ( x y ) 2m
2. Cho hệ phương trình 2
.
y
(
x
y
)
2
m
a. Giải hệ với m = 0.
b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
3
2
2
x y 7 x mx
3. Tìm m để hệ: 3
có nghiệm duy nhất.
2
2
y x 7 y my
4. Giải các phương trình:
x3 1 2 y
c. 3
y 1 2 x
x5 y2 7
g.
y5 x2 7
a. x2 x 5 5 .
b. x3 3 3 3x 2 2 .
2. HÖ ph-¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i 2, 3 Èn: (§äc thªm)
A. Dïng chñ yÕu lµ ph-¬ng ph¸p biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng b»ng phÐp céng vµ thÕ. Ngoµi ra sö dông
sù ®Æc biÖt trong hÖ b»ng c¸ch ®¸nh gi¸ nghiÖm, hµm sè ®Ó gi¶i.
B. VÝ dô:
x 2 + 2yz = x (1)
Gi¶i hÖ y 2 + 2zx = y (2)
z 2 + 2xy = z (3)
Gi¶ b»ng c¸ch céng (1), (2), (3) vµ lÊy (1) trõ ®i (2) ta cã hÖ ®· cho t-¬ng ®-¬ng víi hÖ
x 2 + 2yz = x
2
(x + y + z) = x + y + z
(x - y)(x + y - 2z - 1) = 0
HÖ nµy ®-¬ng t-¬ng víi 4 hÖ sau:
x 2 + 2yz = x
x 2 + 2yz = x
(I)
(II)
x + y + z = 0
x + y + z = 0
x =y
x + y - 2z - 1 = 0
x 2 + 2yz = x
x + y + z = 1
x =y
(III)
x 2 + 2yz = x
x + y + z = 1
x + y - 2z - 1 = 0
(IV)
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
9
Gi¶i (I):
-1
x = 0 x = 3
x 2 + 2yz = x
x 2 + 2yz = x
x 2 - 4x 2 = x
(I) 2y + z = 0 z = - 2x
z = - 2x
z = - 2x
x = y
x = y
x = y
x = y
-1 -1 2
VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); ( ; ; )
3 3 3
2 -1 -1 -1 2 -1
Lµm t-¬ng tù (II) cã nghiÖm ( ; ; );( ; ; )
3 3 3
3 3 3
1 1 1
HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); ( ; ; )
3 3 3
HÖ (IV) cã nghiÖm (0;1;0); (1;0;0).
VËy hÖ ®· cho cã 8 nghiÖm kÓ trªn.
x 2 + y2 + z = 1
VD2: Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh: x + y 2 + z 2 = 1
x 2 + y + z2 = 1
2
2
x + y + z = 1
Gi¶i: HÖ (y - z)(y + z - 1) = 0
(x - z)(x + z - 1) = 0
x 2 + y2 + z = 1
x 2 + y2 + z = 1
(I)
(II)
y=z
y = z
x=z
x + z - 1 = 0
2
2
x + y + z = 1
x 2 + y2 + z = 1
(III)
(IV)
z + y - 1 = 0
z + y - 1 = 0
x = z
x + z - 1 = 0
1 1 1
Gi¶i c¸c hÖ b»ng ph-¬ng ph¸p thÕ ®-îc 5 nghiÖm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); ; ; .
2 2 2
VD4:
Gi¶i hÖ:
x2 y 1
2
y z 1
z2 x 1
Gi¶i: XÐt hai tr-êng hîp sau:
TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau:
x2 x 1
2
Gi¶ sö x=y cã hÖ
y z 1
z2 x 1
1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5
Tõ ®ã cã nghiÖm cña hÖ (x;y;z) lµ :
;
;
;
;
;
2
2 2
2
2
2
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
10
T-¬ng tù y=z, z=x ta còng ®-îc nghiÖm nh- trªn.
TH2 : 3 sè x, y, z ®«i mét kh¸c nhau .
Gi¶ sö x>y>z ,xÐt hµm sè f(t) = t2 trªn D = 1;
a) z 0 , x>y>z 0 f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(v« lý).
b) z0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1x<0 (v« lý)
VËy ®iÒu gi¶ sö lµ sai.
TH2 v« nghiÖm.
VD5:
2 x x 2 y y
2
2 y y z z
2 z z 2 x x
(V« ®Þch §øc)
Gi¶i:
TH1: Trong x, y, z Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau
Gi¶ sö x = y ta cã hÖ
x3 2 x x 0 (1)
2
x z 2 x z 0 (2)
z 2 x 2 z x 0 (3)
Tõ (1) x = 0, x = -1.
x = 0. Thay vµo (2), (3) z=0.
x = -1. Thay vµo (2), (3) v« lý
VËy hÖ cã nghiÖm (0,0,0)
NÕu y = z hay x = z còng chØ cã nghiÖm (0,0,0).
TH2: 3 sè ®«i 1 kh¸c nhau.
Tõ 2x + x2y = y thÊy nÕu x2 = 1
± 2 = 0 (v« lý)
2x
VËy x2 ≠ 1 2x + x2y = y y
1 x2
2x
y 1 x2
2y
Hai ph-¬ng tr×nh cßn l¹i t-¬ng tù ta cã hÖ ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng víi: z
2
1 y
2z
x
1 z2
Gi¶ sö x > y > z (*). XÐt hµm sè:
2t
f(t) =
x¸c ®Þnh trªn D = R\ {1}
1 t2
2(t 2 1)
f’ (t) =
0 víi mäi tD
(1 t 2 ) 2
hµm sè ®ång biÕn trªn D
f(x) > f(y) > f(z)
y > z > x m©u thuÉn víi (*).
VËy ®iÒu gi¶ sö sai. Do vai trß x, y, z nh- nhau.
VËy TH2 - hÖ v« nghiÖm
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
11
VËy hÖ ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt lµ (0; 0; 0)
C. Bµi tËp
x y3 y 2 y 2
1. y z 3 z 2 z 2
z x3 x 2 x 2
2
2. 3 3(3x 2 4)2 4 4 x
2
y 3x 4
H-íng dÉn: §Æt
2
z 3y 4
y 3x 2 4
§-a vÒ gi¶i hÖ z 3 y 2 4
x 3z 2 4
xyz x y z
yzt y z t
3.
ztx z t x
txy t x y
x 3z 2 4 .
2 x2
y
2
1 x
2 y 2
5.
z
2
1 y
2z2
x
1 z 2
y 3 9 x 2 27 x 27 0
3
2
4. z 9 y 27 y 27 0
3
2
x 9 z 27 z 27 0
III. Hệ phương trình đẳng cấp:
F x, y A
1. Dạng:
, trong đó F kx, ky k n F x, y ; G kx, ky k m G x, y .
G x, y B
2. Cách giải: Đặt y = tx (x ≠ 0) hoặc x = ty (y ≠ 0).
3. Ví dụ:
2
2
x 2 xy 3 y 9 *
Giả hệ phương trình:
2
2
x 4 xy 5 y 5
GIẢI
+ Với x = 0: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
x 2 1 2t 3t 2 9 1
+ Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hệ phương trình tương đương với
. Lấy (1)(2) ta được:
x 2 1 4t 5t 2 5 2
2
1
15t213t+2=0 t ; t .
3
5
2
3
Với t : ta có y x , thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), (3;2).
3
2
5 2 2 5 2 2
1
1
;
;
Với t : ta có y x , thay vào (*) ta được nghiệm
,
.
2
2
2
5
5
2
4. Bài tập:
Giải các hệ phương trình sau:
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
12
2
2
3x 2 xy y 11
1) 2
2
x 2 xy 5 y 25
IV. Một số hệ phương trình khác:
2
2
6 x xy 2 y 56
2) 2
2
5 x xy y 49
Tổng hợp các kiến thức kết hợp với việc suy luận hợp lý để giải.
2
2
xy x y x 2 y
1.
( x, y ) .
x
2
y
y
x
1
2
x
2
y
HD: Biến đổi phương trình xy x y x2 2 y 2 (x + y)(x 2y 1) = 0.
3
2
2 x 3x y 5
3) 3
2
y 6 xy 7
ĐS: x = 5; y = 2.
x 2x y x y 2x 9
( x, y ) .
2
x 2 xy 6 x 6
( x 2 xy ) 2 2 x 9
17
HD: Biến đổi hệ phương trình thành:
.
ĐS: x = 4; y =
.
6 x 6 x2
4
xy
2
5
2
3
2
x y x y xy xy 4
3.
.
x 4 y 2 xy 1 2 x 5
4
5
2
2
x y xy x y xy 4
u x 2 y
HD: Biến đổi hệ phương trình thành:
. Đặt:
.
v xy
x 2 y 2 xy 5
4
5
x 1
x 3
4
ĐS:
3 .
y 3 25 y 2
16
1
1
x x y y 1
4.
.
3
2 y x 1
1 5 1 5 1 5 1 5
1
;
;
HD: (1) x y 1 0 .
ĐS: 1;1 ,
,
2
2
2
2
xy
1
log 1 y x log 4 y 1
5. 4
.
x 2 y 2 25
3y
HD: Tìm cách khử logarit để được: x
.
ĐS: 3; 4
4
3
yx yx
6.
.
x
y
x
y
2
3 1
HD: 3 y x y x 3 y x 1 6 y x 0 .
ĐS: 1;1 , ;
2 2
4
3
2
2
2.
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
13
y2 2
3
y
x2
7.
.
2
3 x x 2
y2
HD: Đối xứng loại 2.
ĐS: 1;1
x 1 2 y 1
.
2
3
3log
9
x
log
y
3
9
3
HD: Tìm cách khử logarit để được: x y .
ĐS: 1;1 , 2; 2 .
x y xy 3
x 1 y 1 4
HD: Đặt t xy , bình phương hai vế phương trình thứ hai tìm được t=3.
ĐS: 3;3 .
8.
9.
1
1
x x y y 5
10.
. Tìm m để hệ phương trình này có nghiệm thực.
x3 1 y 3 1 15m 10
x3
y3
HD: Đặt u x
1
1
, v y , điều kiện u 2, v 2 .
x
y
ĐS:
7
m 2, m 22 .
4
Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số
14
- Xem thêm -
.PDF 
14 
182 
143 
