Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực

  • Số trang: 33 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 12 |
  • Lượt tải: 0
tailieuonline

Đã đăng 27700 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC NGUYỄN THỊ THANH HUYỀN PHÚC YÊN - 2014 Mục lục Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 1. Phần nội dung 1.1 1.2 6 1.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . 6 1.1.2 Hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn . . . . . . . . 6 1.1.3 Hệ gồm một phương trình bậc nhất hai ẩn và một phương trình khác . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.4 Hệ đối xứng loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.5 Hệ đối xứng loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.1.6 Hệ đẳng cấp bậc hai đối với hai biến x & y . . . . 8 Một số kiến thức cần nắm vững khi giải hệ phương trình 8 Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực 10 1.3.1 Phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . 10 1.3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . 16 1.3.3 Phương pháp thế . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Chương 2. Một số bài tập tự luyện 2.1 6 Một số hệ phương trình thường gặp . . . . . . . . . . . . không mẫu mực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 3 26 Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Hệ phương trình là một dạng toán khá phổ biến trong các đề thi tuyển sinh vào các trường THPT chuyên, lớp chọn và đề thi học sinh giỏi các cấp, đặc biệt là thi học sinh giỏi môn toán lớp 9. Đối với nhiều học sinh, bài toán giải hệ phương trình được coi là bài toán khó, đòi hỏi người học phải có năng lực tư duy logic, kiến thức phải chắc chắn về hệ phương trình. Chính vì vậy giải hệ phương trình luôn gây được sự hấp dẫn đối với người dạy lẫn người học. Có nhiều phương pháp để giải hệ phương trình, tuy nhiên không có phương pháp nào vạn năng để giải được mọi bài toán. Trong quá trình giảng dạy học sinh ôn thi vào lớp 10 và bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9,tôi thấy học sinh gặp phải khó khăn và lúng túng khi giải hệ phương trình đặc biệt là các hệ phương trình không mẫu mực. Làm thế nào để học sinh có thể tìm tòi khám phá đưa việc giải các hệ phương trình không mẫu mực về giải hệ phương trình quen thuộc, cơ bản là vấn đề trăn trở, suy nghĩ của bản thân tôi cũng như nhiều đồng nghiệp. Để bồi dưỡng chuyên môn đồng thời giúp các em học sinh lớp 9 có thêm một vài phương pháp giải hệ phương trình nên tôi viết chuyên đề với tên đề tài: "Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực" Với một số phương pháp giải hệ này tôi hi vọng sẽ có tác dụng trong việc rèn luyện tư duy toán học cho các em học sinh và là nguồn tài liệu nhỏ giúp các em luyện tập nâng cao kiến thức phục vụ cho các kì thi Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán học sinh giỏi và ôn thi vào lớp 10. 2. Mục đích nghiên cứu Trang bị cho học sinh về một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực mạng lại hiệu quả rõ rệt. Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kĩ năng giải toán, qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy sáng tạo. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Thông qua tìm tòi, tổng hợp để đưa ra được các dạng bài tập và phương pháp giải cho từng dạng bài toán giúp học sinh có kiến thức chắc về nội dung hết sức quan trọng của chương trình. 4. Đối tượng nghiên cứu Hệ phương trình trong chương trình đại số 9. Phân loại các dạng toán và phương pháp giải mỗi dạng 5. Phạm vi nghiên cứu và giới hạn nghiên cứu Chuyên đề được xây dựng, nghiên cứu và triển khai trong chương trình toán đại số 9 Hệ phương trình không mẫu mực 6. Phương pháp nghiên cứu Tham khảo sách, báo, tài liệu. Thực tiễn giảng dạy GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 4 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Tham khảo các đề thi HSG các tỉnh, đề thi các trường chuyên GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 5 Chương 1 NỘI DUNG 1.1 1.1.1 MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN ( Định nghĩa 1.1. Là hệ phương trình có dạng: ax + by = c (1) a0 x + b0 y = c0 (2) trong đó phương trình (1), (2) là phương trình bậc nhất hai ẩn x và y. Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau như: • Phương pháp thế • Phương pháp cộng đại số • Phương pháp đồ thị • Sử dụng máy tính cầm tay • Phương pháp tính theo định thức,... 1.1.2 HỆ BA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT BA ẨN Định nghĩa 1.2. Là     a1 x + b1 y + c1 z = d1 (1) hệ phương trình có dạng a2 x + b2 y + c2 z = d2 (2) trong đó phương trình (1), (2) và (3)    a x + b y + c z = d (3) 3 3 3 3 là phương trình bậc nhất ba ẩn x, y và z. Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau như: Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán • Phương pháp thế • Phương pháp cộng đại số • Phương pháp đồ thị • Sử dụng máy tính cầm tay • Phương pháp tính theo định thức,... 1.1.3 HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH KHÁC Định nghĩa 1.3. Là hệ phương trình có dạng ( ax + by + c = 0 f (x, y) = 0 trong đó x, y là ẩn và f (x, y) là biểu thức chứa hai biến x, y Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng: • Phương pháp thế 1.1.4 HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1 Định nghĩa 1.4. Là hệ phương trình mà khi ta thay đổi vai trò của hai ẩn cho nhau trong mỗi phương trình thì từng phương trình đó không thay đổi Cách giải: Bước 1: Biến đổi tương đương làm xuất hiện x + y và x.y Bước 2: Đặt S = x + y và P = x.y (với S 2 ≥ 4P ) GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 7 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Bước 3: Giải hệ phương trình với ẩn mới là S, P . Tìm được S, P Bước 4: Tìm nghiệm x; y của hệ phương trình đã cho 1.1.5 HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2 Định nghĩa 1.5. Là hệ phương trình mà khi ta thay đổi vai trò của hai ẩn cho nhau trong mỗi phương trình, phương trình này biến thành phương trình kia và ngược lại. Cách giải: Trừ vế cho vế tương ứng của các phương trình để biến đổi về phương trình tích có nhân tử là x − y, rồi thế ẩn này theo ẩn kia để giải hệ phương trình. 1.1.6 HỆ ĐẲNG CẤP BẬC HAI ĐỐI VỚI HAI BIẾN x & y ( Định nghĩa 1.6. Là hệ phương trình có dạng ax2 + bxy + cy 2 = d a0 x2 + b0 xy + c0 y 2 = d0 Cách giải: Nếu x 6= 0 thì ta đặt y = kx rồi nhận xét và chia vế cho vế ta được phương trình ẩn k, tìm được k từ đó tìm được x, y Nếu x = 0 thì viết lại hệ phương trình đã cho và giải hệ phương trình đó. 1.2 MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG KHI GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC • Các hằng đẳng thức. • Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 8 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán • Nhân đơn thức với đa thức, nhân đa thức với đa thức • Tính ∆ và ∆0 • Cách giải phương trình bậc hai, bậc ba, bậc bốn,... • Các phép biến đổi tương đương. GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 9 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng 1.3 Chuyên đề Toán MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC Không có phương pháp chung để giải mọi hệ phương trình không mẫu mực. Tùy theo đặc trưng các phương trình của hệ mà ta lựa chọn những phương pháp như: Biến đổi tương đương, phương pháp thế, phương pháp đặt ẩn phụ, dùng bất đẳng thức,... để dưa hệ đã cho thành các hệ đơn giản hơn hoặc các hệ quen thuộc ( mẫu mực) từ đó ta tìm ra tập nghiệm của hệ phương trình. 1.3.1 PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Phương pháp này chủ yếu là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một phương trình của hệ về dạng đơn giản hơn. DẠNG 1 Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn. ( Ví dụ 1.1. Giải hệ phương trình: xy + x + y = x2 − 2y 2 (1) √ √ x 2y − y x − 1 = 2x − 2y (2) Nhận xét: Dễ dàng thấy phương trình (1) của hệ có thể đưa về phương trình tích, từ đó ta tìm được x theo y, thay vào phương trình (2), từ đó tìm được giá trị y, giá trị x. Lời giải • Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ 0 (∗) ⇔ x2 − xy − 2y 2 − (x + y) = 0  x2 − y 2 − y (x + y) − (x + y) = 0 ⇔ (x + y) (x − 2y − 1) = 0 ⇔ x = 2y + 1, (x + y ≥ 1) pt (1) ⇔ GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 10 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán • Thay x = 2y + 1 vào phương trình (2) và biến đổi: p  (y + 1) 2y − 2 = 0 ⇔ y = 2, (do y ≥ 0) ⇒ x = 5 • Do x = 5, y = 2 thỏa mãn điều kiện (*). Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (5; 2) ( Ví dụ 1.2. Giải hệ phương trình: 6x2 − 3xy + x = 1 − y (1) x2 + y 2 = 1 (2) Lời giải pt (1) ⇔ ⇔ 6x2 − 3xy + 3x − 2x + y − 1 = 0  6x2 − 2x − (3xy − y) + (3x − 1) = 0 ⇔ ⇔ (3x − 1) (2x − y + 1) = 0  1 x=  3 y = 2x + 1 1 vào phương trình (2) và biến đổi ta được: 3 √  2 2 8  y = 3√ y2 = ⇔  2 2 9 y=− 3 • Thay x = • Thay y = 2x + 1 vào phương trình (2) và biến đổi : x2 + (2x + 1)2 = 1 ⇔ 5x2 + 4x = 0 ⇔ x (5x + 4) = 0  x=0  ⇔ 4 x=− 5 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 11 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán • Với x = 0 thì y = 1 4 3 • Với x = − thì y = − 5 5 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là: √ ! √ ! 1 2 2 1 2 2 (x; y) = ; , (x; y) = ;− , 3 3 3 3   4 3 (x; y) = (0; 1) , (x; y) = − ; − . 5 5 DẠNG 2: Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình rồi biến đổi về phương trình tích ( Ví dụ 1.3. Giải hệ phương trình: Lời giải x3 + y 3 = 1 + y − x + xy (1) 7xy + y − x = 7 (2) Cộng vế với vế của phương trình (1) và phương trình (2) ta được: 3 3 h 3 i − 3x2 y − 3xy 2 + 6xy = 0  ⇔ (x + y − 2) x2 + y 2 + 4 − xy + 2y + 2x = 0 h i 2 2 2 ⇔ (x + y − 2) (x − y) + (x + 2) + (y + 2) = 0 " x+y−2=0 ⇔ (x − y)2 + (x + 2)2 + (y + 2)2 = 0 " y =2−x ⇔ x = y = −2 x + y + 6xy = 8 ⇔ GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền (x + y) − 2 3 Trang 12 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Với y = 2 − x, thay vào phương trình (2), ta được:  x=y=1   x=1  x=5  7x2 − 12x + 5 = 0 ⇔  ⇔ 5  7 x=  9 7 y= 7 Với x = y = −2, không thỏa mãn phương trình (2) của hệ loại Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là:  (x; y) = (1; 1) , (x; y) = 5 9 ; 7 7  Ví dụ 1.4. Giải hệ phương trình:    x2 + y + x3 y + xy 2 + xy = − 5 (1) 4 (I) 5  4 2  x + y + xy (1 + 2x) = − (2) 4 Lời giải (I) ⇔ ⇔         x2 + y + x3 y + xy 2 + xy = − 5 4  5   x4 + 2x2 y + y 2 + xy = − 4   5 x2 + y + xy x2 + y + xy = − (3) 4  5 2 x2 + y + xy = − (4) 4 Trừ vế với vế của phương trình (3) cho phương trình (4) ta được:   2   x2 + y + xy x2 + y − x2 + y = 0 ⇔ x2 + y x2 + y − 1 − xy = 0 " x2 + y = 0 ⇔ x2 + y − 1 − xy = 0 " y = −x2 ⇔ x2 + y = 1 + xy GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 13 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Với y = −x2 , thay r vào phương trình r (2) ta được: 5 25 3 5 x3 = ⇔ x = khi đó y = − 3 4 4 16 2 Với x + y = xy + 1 thay vào phương trình (4) ta được: 9 5 (xy + 1)2 + xy = − ⇔ (xy)2 + 3xy + = 0 4  2 4 3 3 ⇔ xy + =0⇔ xy + = 0 2 2 3 ⇔ xy = − 2     x2 + y = − 1 x=1 2 Khi đó ⇔ 3   y = −3  xy = − 2 2 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là: r r !   3 3 5 3 25 (x; y) = ;− ; (x; y) = 1; − 4 16 2 DẠNG 3:Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình bậc hai theo một ẩn chẳng hạn đó là ẩn y, lúc đó ta xem x là tham số. Biểu diễn y qua x bằng cách giải phương trình bậc hai ẩn y Ví dụ 1.5. Giải hệ phương trình: (  y 2 = (x + 8) x2 + 2 (1) 16x − 8y + 16 = 5x2 + 4xy − y 2 (2) Nhận xét: Viết phương trình (2) về dạng phương trình bậc hai ẩn y , x là tham số thì phương trình này có ∆0 là bình phương của một biểu thức, ta tìm được giá trị y, từ đó tìm được x. GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 14 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Lời giải Biến đổi phương trình (2) về dạng:  y 2 − (4x + 8) y + 16 + 16x − 5x2 = 0 (3) là phương trình bậc hai ẩn y, x là tham số. Có ∆0 = 9x2 , phương trình (3) có hai nghiệm là y = 4−x hoặc y = 5x+4 Với y = 4 − x thay vào phương trình (1) ta được:  x=0  (4 − x) = (x + 8) x2 + 2 ⇔ (x + 2) (x + 5) x = 0 ⇔   x = −2 x = −5 Do đó hệ có nghiệm 2  (x; y) = (0; 4) , (x; y) = (−2; 6) , (x; y) = (−5; 9) , Với y = 5x + 4 thay vào phương trình (1) ta được:  x=0  (5x + 4)2 = (x + 8) x2 + 2 ⇔ x (x − 19) (x + 2) = 0 ⇔   x = 19 x = −2 Do đó, Hệ có nghiệm:  (x; y) = (0; 4) , (x; y) = (19, 99) , (x; y) = (−2; −6) , Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) = (0; 4) , (x; y) = (19, 99) , (x; y) = (−2; −6) , (x; y) = (−2; 6) , (x; y) = (−5; 9) , ( Ví dụ 1.6. Giải hệ phương trình: x2 + 2 = 3x + y − xy (1) x2 + y 2 = 2 (2) Nhận xét: Viết phương trình (1) về dạng phương trình bậc hai ẩn x , y là tham số thì phương trình này có ∆ là bình phương của một biểu thức, ta tìm được giá trị x, từ đó tìm được y. Lời giải Biến đổi phương trình (1) về dạng: x2 + (y − 3) x + (2 − y) = 0 (3) là phương trình bậc hai ẩn x, y là tham số. GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 15 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Ta có: ∆ = (y − 1)2 , khi đó phương trình (3) có hai nghiệm là x = 1, x = 2 − y Với x = 1, thay vào phương trình (2) ta có y = ±1 Với x = 2 − y, thay vào phương trình (2) ta có (2 − y)2 + y 2 = 2 ⇔ y = 1 khi đó x = 1 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y) = (1; 1) , (x; y) = (1; −1) 1.3.2 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ • Phương pháp này có thể đặt một hoặc hai ẩn để đưa hệ đã cho thành hệ đơn giản hơn với các ẩn phụ mới. Giải hệ đối với ẩn phụ mới, từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình ban đầu. • Có thể từ hệ phương trình đã cho nhìn thấy ngay ẩn phụ mới, cũng có khi phải thông qua một vài phép biến đổi mới có thể nhìn thấy việc đặt ẩn phụ Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình: ( p p 2 x2 + 3y − y 2 + 8x − 1 = 0 x (x + 8) + y (y + 3) − 13 = 0 Nhận xét: Cả 2 phương trình của hệ ta đều thấy có biểu thức: p p x2 + 3y và y 2 + 8x nên ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ hai ẩn mới. ( x2 + 3y ≥ 0 Lời giải Điều kiện: (∗) y 2 + 8x ≥ 0 p p Đặt a = x2 + 3y; b = y 2 + 8x (a ≥ 0, b ≥ 0) GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 16 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Hệ phương trình đã cho trở thành: ( ( 2a − b = 1 b = 2a − 1 ⇔ a2 + b2 = 13 a2 + (2a − 1)2 = 13 ( b = 2a − 1 ⇔ (5a + 6) (a − 2) = 0    b = 2a − 1   a=2 ⇔    6   a = − (loại) 5 Do đó  4 − x2  ( (p  y =  x2 + 3y = 2 a=2 3 2  ⇒ ⇔ p 4 − x2  y 2 + 8x = 3 b=3  + 8x = 9  3  4 − x2    2  y= 3  y = 4−x " ⇔ ⇔ 3 x=1     (x − 1) (x + 5) x2 − 4x + 13 = 0   x = −5 ( x=1   (y=1 ⇔ (thỏa mãn điều kiện)   x = −5  y = −7 Bằng cách thử, vậy hệ có nghiệm là (x; y) = (1; 1), (x; y) = (−5; −7) ( Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình: GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền x2 + y 2 + 2y = 4 (1) 2x + y + xy = 4 (2) Trang 17 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Nhận xét: Chưa nhìn thấy ngay để dùng phương pháp đặt ẩn phụ, ta biến đổi phương trình (1) và phương trình (2) để xuất hiện biểu thức chung x(y + 1) và x + (y(+ 1) Lời giải ( x2 + y 2 + 2y = 4 x2 + (y + 1)2 = 5 ⇔ 2x + y + xy = 4 x (y + 1) + [x + (y + 1)] = 5 Đặt a = x + (y + 1), b = x(y + 1) Khi đó ( a2 − 2b = 5 a+b=5 ( ⇔ b=5−a ⇔ b=5−a a2 − 10 + 2a = 5 a2 + 2a − 15 = 0   "   b" = 5 − a a = 3; b = 2 ⇔ a=3  a = −5; b = 10   a = −5 ⇔ ( Với a = 3, b = 2 ta có ( x + (y + 1) = 3 " ⇔ x=y=1 x (y + 1) = 2 x = 2; y = 0 ( x + (y + 1) = −5 Với a = −5, b = 10 ta có hệ này vô nghiệm x (y + 1) = 10 Bằng cách thử, vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (1; 1), (x; y) = (2; 0) ( Ví dụ 1.9. Giải hệ phương trình: y + xy 2 = 6x2 (1) 1 + x2 y 2 = 5x2 (2) Nhận xét: • Nếu x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình • Nếu x 6= 0 chia cả hai vế của phương trình (1) và phương trình (2) 1 y cho x2 6= 0 để 2 phương trình xuất hiện biểu thức chung + y và x x GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 18 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Lời giải Với x = 0, không thỏa mãn hệ phương trình Với x 6= 0 chia cả hai vế (1) và (2) cho x2 6= 0 ta được:     y 1 2    +y =6  y +y =6  x x 2 x x  2 ⇔ 1 1 y   2   +y =5  +y −2 =5 2 x x x Đặt S = 1 y + y; P = . Khi đó ta có x x ( P.S = 6 S 2 − 2P = 5 ( Ta có ( ⇔ S=3 P =2  x=1 x=1 2 hoặc y=1 y=2 Bằng cách thử, Vậy hệ phương trình có nghiệm:   1 ;1 (x; y) = (1; 2) , (x; y) = 2    1   =5  (x + y) 1 + xy   Ví dụ 1.10. Giải hệ phương trình:  1    x2 + y 2 1 + 2 2 = 49 xy Nhận xét: Đây là hệ đối xứng loại 1, nếu ta đặt ẩn phụ theo tổng và tích như cách thông thường thì được hệ phương trình ẩn mới vẫn phức tạp. Nhưng nếu thông qua một vài bước biến đổi, sau đó mới sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ thì được hệ phương trình đơn giản hơn. Lời giải Điều kiện x 6= 0, y 6= 0 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 19 Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Ta có        1 1 1     =5 + y+ =5  (x + y) 1 +  x+ xy x   y     ⇔  1 1 1      x2 + y 2 1 + 2 2 = 49  x2 + 2 + y 2 + 2 = 49 xy x y 1 1 Đặt a = x + ; b = y + x y Khi đó ta có hệ phương trình ( ( ( a+b=5 a=5−b a=5−b ⇔ ⇔ a2 + b2 = 53 (5 − b)2 + b2 = 53 (b + 2) (b − 7) = 0 ( ( a=5−b a=7    b = −2  b = −2 (  ⇔ ⇔(   a=5−b  a = −2   b=7 b=7 Do đó 1 =7 x 1 y + = −2 y 1 x + = −2 x 1 y+ =7 y  √ 7 ∓ 45  x =  2   y = −1  ⇔    x = −1  √  7 ∓ 45 y= 2               x+ Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là ! ! √ √ 7 + 45 7 − 45 (x; y) = ; −1 ; (x; y) = ; −1 2 2 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 20
- Xem thêm -