Các hệ phương trình cơ bản và cách giải

*Giới thiệu cấu trúc: A. Các dạng hệ phương trình cơ bản: I.hệ phương trình bậc 2: I.1: hệ đối xứng loại 1 I.1.1:Lý thuyết I.1.2:Bài tập áp dụng I.2: hệ đối xứng loại 2: I.2.1:Lý thuyết I.2.2:Bài tập áp dụng II.Hệ đẳng cấp II.1:Lý thuyết II.2:Bài tập áp dụng. B.Các cách giải hệ phương trình: I.phương pháp biến đổi tương đương: I.1:Lý thuyết: Loại 1 Loại 2 Loại 3 I.2: Bài tập áp dụng: I.2.1:Bài tập áp dụng cho loại 1 I.2.2:Bài tập áp dụng cho loại 2 I.2.3:Bài tập áp dụng cho loại 3 II. phương pháp đặt ẩn phụ: II.1:Lý thuyết II.2:Bài tập áp dụng III. phương pháp hàm số: III.1:Lý thuyết: Loại 1 Loại 2 III.2:Bài tập áp dụng: III.2.1:Bài tập áp dụng cho loại 1 III.2.2:Bài tập áp dụng cho loại 2 IV. phương pháp đánh giá C.tuyển tập các bài toán hay và khó ***Chuyên đề:Hệ phương trình A.Các hệ dạng hệ phương trình cơ bản: I.hệ phương trình bậc 2: I.1: hệ đối xứng loại 1: I.1.1:Lý thuyết:Cách giải của hệ pt đối xứng loại 1 là biến đổi các pt của hệ để đưa về đặt ẩn phụ theo tổng và tích các biến dưới dạng định Lý viet I.1.2: Bài tập áp dụng: Bài 1 : Giải hệ phương trình 2 2 4 2 x xy y x xy y         Lời giải:Đặt x+y =u và xy = t 2 4(1) 2(2) u t u t        Từ (2)  t = 2 – u thế vào (1) ta có : 2 6 0u u    1 2 3 2 u u     Từ đó ta có : 1 1 3 5 u t     hoặc 2 2 2 0 u t    Hệ : 3 5 x y xy      vô nghiệm Hệ : 2 0 x y xy     có 2 nghiệm ( x,y 0 = ( 0;2) và ( 2; 0) Biên soạn: Nguyễn Thị Yến Giang Bài 2 :Giải hệ phương trình : 2 2 1 3 (1) 1 3 (2) x y y x       Lời giải:Từ (1) và (2) suy ra : 2 2 3 3x y y x    ( )( 3) 0x y x y    Vậy hệ đã cho tương đưong với : 2 1 3 ( )( 3) 0 x y x y x y          2 1 3 0 3 0 x y x y x y            2 2 1 3 0 1 3 3 0 x y x y x y x y                3 5 2 3 41 2 3 41 3 2 x y x y                Biên soạn : Nguyễn thị Yến Giang Bài 3: Giải hệ : 2 2 2 8 2 4 x y xy x y        Lời giải: Đặt u = x  0 ; v = y  0 , ta có hệ : 4 4 2 8 2 4 u v uv u v        Đặt S = u + v . P = uv thì : 2 2 2 4 ( 2 ) 2 2 8 2(*) S S P P P       Ta có (*) 22 64 256 2 8 2P P P    2 32 128 8P P P    2 2 8 32 128 64 16 P P P P P        P = 4 Vậy , 4 4 S P    v , u là các nghiệm của phương trình : 2 4 4 0t t   1 2t t = 2 u = v = 2 x y = 2 x = y = 4 Biên soạn:Nguyễn Thị Phương Thảo B Chú ý : Ta đã khử bớt căn thức nhờ đặt ẩn số phụ u , v . Mặt khác hệ đã cho là hệ đối xứng kiểu 1 . Nên ta tính P để áp dụng hệ thức Viet . Các bạn có thể nhân hai vế của phương trình (1) với 2 và bình phương hai vế của phương trình (2) để dẫn đến x = y . Bài 4: Giải hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 185 ( ) 65 x xy y x y x xy y x y           Lời giải: Cộng từng vế của hai phương trình ta được : 2 2 2 22( ) 250x y x y   2 2 3( ) 125x y  2 2 5x y  Thay vào hệ : (25 )5 185 (25 )5 65 xy xy      xy = 12 Ta có hệ 2 2 25 12 x y xy      Dễ dàng giải hệ đối xứng này để dẫn tới nghiệm : 3 4 x y    ; 4 3 x y    ; 3 4 x y      ; 4 3 x y      Biên soạn: Nguyễn Thị Phương Thảo B Bài 5: cho hệ phương trình 2 2 6 x y m x y       a.Gải hệ phương trình với m= 26 b.Xác định m để hệ vô nghiệm c.Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất, xác định nghiệm đó d.Xác định m để hệ có nghiệm phân biệt Lời giải: Biến đổi hệ phương trình về dạng : 2( ) 2 6 x y xy m x y        6 36 2 x y m xy        Khi đó, x,y là nghiệm của phương trình: 2 366 0 2 m t t     (1) Với m=26, ta được : 2 1 1, 5 (1) 2 12 10 0 5 5, 1 t x y t t t x y               vậy, với m=26 hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (1,5) và (5, 1). b.Hệ vô nghiệm  (1) vô nghiệm  ' (1) 0    m-18<0  m < 18 vậy với m <18 hệ phương trình vô nghiệm c.Hệ có nghiệm duy nhất  phương trình (1) có nghiệm duy nhất ' (1) 0 18 0 18m m        Khi đó hệ có nghiệm x=y=3 Vậy, với m= 18 hệ phương trình có nghiệm duy nhất d.Hệ có 2 nghiệm phân biệt  Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ' (1) 0 18 0 18m m        Vậy, với m >18 hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt Biên soạn : Nguyễn Thị Yến Giang Bài 6: cho hệ phương trình:    2 2 2 1 1 2 xy x y a x y xy a         Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất Lời giải: Giả sử hệ trên có nghiệm duy nhất là (c,b) do hệ trên là hệ đối xứng loại 1 nên (b,c) cũng là nghiệm của hệ  để hệ có nghiệm duy nhất thì c=b hay x=y. Khi đó thay vào hệ ta được:            22 2 23 3 2 2 22 2 2 2 1 2 1 02 1 2 1 2 1 2 3 4 1 1 1 3 3 3 * 1: (1) & (2) 2 4 x x ax x a x x a x xx a x x x x a x a x a xy x y a xy x y                                                       Theo định lí Viet thì xy và x+y là nghiệm của phương trình:         2 1 3 2 0 2 2 1 3 & 4 1 2 t t t t x y I xy x y II xy                     Giải (I): x,y là nghiệm của phương trình: 2 2 1 0 1 1t t t x y        Giải (II): x,y là nghiệm của phương trình: 2 2 0t t   :vô nghiệm  7 0    Vậy a=1 thõa mãn             5 5 3 4 * : 1 & 2 14 6 4 xy x y a xy x y             Theo định lí viet thì xy và x+y là nghiệm của phương trình: 2 1 5 1 0 1 4 4 4 t t t t             1 4 1 1 1 4 xy III x y xy IV x y                  Tương tự ta được nghiệm(x;y) duy nhất là 1 1 ; 2 2       Vậy 3 4 a  thõa mãn           1 7 * 3: 1 & 2 2 8 xy x y a xy x y            Theo định lí viet thì xy và x+y là nghiệm của phương trình: 2 1 2 0 2 t t t t                 1 2 7 & 8 2 1 xy V x y xy VI x y                Xét hệ (V) có 2 nghiệm là (2;-1) và (-1;2) Vậy a=-3 không thõa mãn. Tóm lại: giá trị a cần tìm là 3 1& 4  Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Bài 7:Cho hệ phương trình:     2 2 2 6 14 3 2 x y a x y a         Tìm a để hệ có 2 nghiệm Lời giải: Giả sử hệ trên có 2 nghiệm. Gọi (c,b) là một trong 2 nghiệm ấy do hệ trên là hệ đối xứng loại1 nên(b,c);(-c,-b);(-b,-c) cũng là nghiệm của hệ. Rõ ràng: (c,b)  (-c,-b) Thật vậy nếu (c,b)= (-c,-b) thì c=b=0  6 14 0 2 0 a a      : vô lí Vì vậy để hệ đã cho có 2 nghiệm thì c=b hay x=y. Thay vào hệ ta có:           2 2 2 2 2 6 14 7 32 3 2 13 07 2 * : 1 & 2 3 1313 2 x x a a x a x y x y a x y x y                      Vậy 7 3 a  là giá trị cần tìm để hệ có đúng 2 nghiệm Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Bài 8:Hãy xác định a để hệ sau có nghiệm duy nhất:   2 2 2 2 xy x y z a x y z a         Lời giải: Nếu coi 2z là tham số thì hệ đã cho là một hệ đối xứng loại 1 với 2 ẩn x và y. Vì vậy nếu hệ trên có nghiệm (x,y,z) = (m,n,k) thì (m,n,-k) cũng là một nghiệm của hệđể hệ có nghiệm duy nhất thì x=y&z=0.Thay vào hệ, ta được: 2 2 0 2 x a a x a      * 0:a  hệ đã cho có dạng:     2 2 2 2 0 0 xy x y z I x y z         Từ (I) ta dễ dàng nhận thấy x=y=z=0 là nghiệm duy nhất của hệ Vậy: a=0 là giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh Hà I.2:Hệ đối xứng loại 2: I.2.1:Lý thuyết:Hệ phương trình đối xứng loại 2 có cách giải chủ yếu dựa vào các phép biến đổi cơ bản như trừ theo vế các phương trình rồi nhóm và phân tích nhân tử I.2.2:Bài tập áp dụng: Bài 1:Giải hệ phương trình:       2 2 2 2 2 3 2 1 2 3 2 2 x y y I y x x         Lời giải: Trừ từng vế của (1) và (2) ta được:       2 25 0 5 5 1 0x y x y x y x y         Hệ (I) trở thành 2 hệ: 2 22 3 2x y y x y       hay 2 22 3 2 5 5 1 x y y x y        Nghiệm của 2 hệ trên chính là nghiệm của hệ (I).Giải 2 hệ trên ta được tập nghiệm của (I) là:     1 209 1 209 1 209 1 209 1; 1 , 2;2 , ; , ; 10 10 10 10                  Biên soạn: Trần Trung Hiếu Bài 2:Giải hệ phương trình:          yx y xy x 31 2 31 2 Lời giải: Với điều kiện x,y  0. Hệ phương trình đã cho tương đương với:       xyxy yxyx 32 32 2 2 (*) Trừ hai phương trình trùng phương ta được: (2xy+4)(x-y) = 0 a)Với x=y thế trở lại (*) ta được: 0022 3  xxx (loại) và x= 1 hai nghiệm x = y =  1. b) Với xy = -2, thế trở lại (*) ta được y = -x  x =  2  2 nghiệm:       2,2 2,2 yx yx Vậy hệ có nghiệm:       2 2 y x ;       2 2 y x ;      1 1 xy xy Biên soạn: Nguyễn Tiến Duy Bài 3 Giải hệ phương trình sau:      )2(4)( 4 2 yyxyxy yx Lời giải: Ta có:      )2(4)( 4 2 yyxyxy yx                   8)4( 4 8 4 844 4 222 yy yx xy yx yyxy yx             0)82)(2( 4 084 4 223 yyy yx yy yx          53,51 53,51 2,2 y xy xy Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x,y) = (2,2),( )51,53  ,( )51,53  Biên soạn: Nguyễn Tiến Duy Bài 4: Giải hệ phương trình sau:       yxyy xxyx 32 32 2 2 )2( )1( Lời giải: Lấy (1) - (2) ta có hệ phương trình:               yxyy yxyx yxyy yxyx 32 3)(2()( 32 )(3)(2 22 22 Hệ tương đương với hai hệ phương trình: ( I )      yxyy yx 32 0 2 hay ( II )      yxyy yx 32 03)(2 2 Ta có: ( I )                   1 0 03332 222 yx yx yy yx yyy yx ( II )                            2 3 ,0 0, 2 3 0 2 3 2 3 3) 2 3 (2 2 3 22 yx yx yy yx yyyy yx Vậy hệ có bốn nghiệm (x,y) = (0,0),(1,1),(0, ).0, 2 3 (), 2 3 Biên soạn: Nguyễn Tiến Duy Bài 5:tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất:         2 2 2 2 2 1 3 1 2 1 3 2 x a x a y y a y a x             Lời giải: Do hệ (1)&(2) là hệ đối xứng loại 2 nên nếu hệ trên có nghiệm là (m,n) thì (n,m) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì m=n hay x=y. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được:      2 2 2 22 1 3 2 1 3 0 3x a x a x x a x a           Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1)&(2) để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy nhất ' 2 22 1 3 0 2a a a a                      22 2 2 2 2 2 3 13 1 * : 1 2 4 03 1 3 1 2 1 0 4 4 3 1 4 4 5 0 x x yx x y a x y x yy y x x y x y I x x x x x x y x y II x x x x x                                                             Giải (I): x=y=-1 Giải (II):     ' ** 4 5 1 0 **       vô nghiệm(II) vô nghiệm Vậy: a=-2 là giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Bài 6:Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất:     2 2 1 1 1 2 x y axy y x axy         Lời giải: Do hệ (1)&(2) là hệ đối xứng loại 2 nên nếu hệ trên có nghiệm là (m,n) thì (n,m) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì m=n hay x=y. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được:    2 2 2ax 1 1 1 0 3x x a x x        Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1)&(2) để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy nhất ' 2 22 1 3 0 2a a a a                     22 2 2 2 2 1 1 5 1 4 1 0 4 11 * 1: 1 & 2 1 01 1 1 1 1 1, 0 0, 11 1 1 a a a a x y xyx y xy a x y x yy x xy y x x x x x y y x x y x yx x x x                                                          Vậy: a=1 không thõa mãn           2 2 2 22 2 2 2 2 2 5 51 15 4 4* : 1 & 2 54 01 4 5 5 1 1 4 4 2, 2 0, 1 1 1 1, 0 5 5 1 1 1 1 4 4 x y xy x y xy a x y y xy x xy x y xy x x x x y x y x y x y y x y x x y x y xy x x x x                                                                          Vậy: 5 4 a  không thõa mãn. Tóm lại: không tìm được giá trị a phù hợp với yêu cầu đề ra Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Bài 7:tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:     2 2 0 1 0 2 x my m y mx m         Lời giải: Đặt y=-t hệ (1)&(2) trở thành:     2 2 0 1' 0 2 ' x mt m t mx m         Do hệ (1’)&(2’) là hệ đối xứng loại 2 nên nếu hệ trên có nghiệm là (a,b) thì (b,a) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì a=b hay x=t. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được:  2 0 3x mx m   Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1’)&(2’) để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy nhất 2 4 4 0 0 m m m m              2 2 0 0 0 * 0 : 1' & 2' 0 00 x x x m t yt                Vậy m=0 là thõa mãn          22 2 2 2 2 22 2 4 4 04 4 0 * 4 : 1' & 2 ' 4 04 4 0 4 4 0 24 4 0 444 4 0 4 20 04 4 4 04 2 4 20 2 x tx t m x t x tt x x t x tx t xx xx t x tx tx t x xx xt x x x x x y                                                                         22 16 0 x    Vậy m=4 là thõa mãn Tóm lại: m=0 hoặc 4 là những giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Một số bài tập đề nghị bạn đọc tự giải: a)       223 33 22 yx yyxx Biên soạn:Nguyễn Tiến Duy b)       xyy yxx 4210 4210 2 2 Biên soạn: Nguyễn Tiến Duy II. Hệ đẳng cấp: II.1: Lý thuyết:Cho hệ phương trình: 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 a x b xy c y d a x b xy c y d         .Cách 1: - Kiểm tra x = 0, y = 0 có là nghiệm của hệ phương trình không. - Nếu x = 0, y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình thì ta đặt x = ty và đưa được về 1 phương trình bậc hai theo t. Giải tìm ra t suy ra x, . Cách 2: - Khử số hạng tự do để đưa về phương trình dạng a 2 2xy+cy 0x b  . - Đặt x = ty, khi đó phương trình trở thành: 2 2( ) 0y at bt c   + Xét y = 0 thay vào hệ tìm x. + Xét 2 0at bt c   nếu có nghiệm t = 0t thì thay x = 0t y vào hệ để tìm ẩn y và suy ra x. Cách 3: - Từ hệ khử số hạng 2x ( hoặc 2y ) để đưa về một phương trình khuyết 2x (hoặc 2y ). - Rút 1 ẩn x (hoặc 2y ) thì phương trình khuyết 2x (hoặc 2y ) đó thay vào một phương trình của hệ ta được phương trình trùng phương theo x ( hoặc y). Giải tìm x (hoặc y) và suy ra nghiệm còn lại. Lưu ý: Cách giải thứ 3 sử dụng thuận lợi đối với các bài toán biện luận. II.2: Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2x 3xy+y 15 (1) 2 8 (2)x xy y        Giải: Cách 1: Ta có x = 0, y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình. Đặt x = ky thì phương trình trở thành         2 2 2 2 2 3 1 15 3 2 8 4 k k y k k y         Vì y 0 nên từ (3) và (4) suy ra: 2 2 9 22 0 11 k k k k         - Với k = 2 ta có x = 2y thay vào (2) ta được 2 1 1y y    Vậy hệ có nghiệm (2, 1), (-2, -1). - Với k = - 11 ta có x = - 11y thay vào (2) ta được 2 1 1 11 14 14 14 y y x       Vậy hệ có nghiệm 11 1 11 1 , , , 14 14 14 14              Cách 2: Khử số hạng tự do từ hệ đã cho ta được:  2 29xy-22y 0 5x   Đặt x = ty, khi đó (5)  2 2 0 9 22 0 2 11 y y t t t t            - Với y = 0 hệ trở thành 2 2 2x 15 8x     vô nghiệm. - Với t = 2 ta được x = 2y thay vào (2) ta được 2 1 1y y    Vậy hệ có nghiệm (2, 1), (-2, -1). - Với t = - 11 ta có x = - 11y thay vào (2) ta được 2 1 1 11 14 14 14 y y x       Vậy hệ có nghiệm 11 1 11 1 , , , 14 14 14 14              Vậy hệ có 4 nghiệm: (2, 1), (-2, -1), 11 1 11 1 , , , 14 14 14 14              Biên soạn: Trần Trung Hiếu Bài2:Giải hệ phương trình : (I)       732 13 22 22 yxyx yxyx Lời giải: Đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc hai . Nhân phương trình đầu với 7 rồi cộng với phương trình thứ hai ta được: 9x 2 + 20xy + 4y 2 = 0 Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra x = 0 . Nhưng dễ thấy ( 0;0) không là nghiệm của (I) . Do đó có thể giả thiết y # 0 . Điều đó cho phép ta đặt x = ky Thế vào (1) ta có : 9k 2 y 2 + 20ky 2 + 4y 2 = 0  9k 2 +20k + 4 = 0  k = -2 hoặc k = - 9 2 Điều đó cho thấy (1)        yx yx 9 2 2 Vì vậy hệ (I) tương đương với tuyển của hai phương trình sau: (II)      yx yxyx 2 13 22 , (III)        9 2 143 22 x yxyx Đến đây , bạn có thể tự giải hai hệ phương trình trên. Kết quả là hệ (III) vô nghiệm còn hệ (II) có hai nghiệm là (-2;1) và (2;-1), đó cũng là hai nghiệm của hệ phương trình (I) . Biên soạn:Nguyễn Thị Phương Thảo A Bài 3: Giải hệ phương trình :       68119 3453 22 22 xxyy yxyx Lời giải:x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình Đặt y = kx . Ta có :          68119 3453 22 22 kkx kkx 2 354 8119 2 2     kk kk 61088119 22  kkkk 022  kk      2 1 k k * k = 1 thì ta có:   2 1 34532  xx 2 2 2 2  yx hoặc 2 2 2 2  yx * k = -2 thì ta có :   1316108 22  xx      21 21 yx yx Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (x;y)     2;1;2;1; 2 2 ; 2 2 ; 2 2 ; 2 2                   Biên soạn:Nguyễn Thị Phương Thảo A Bài 4: Giải hệ phương trình:  I myxyx yxyx       1732 1123 22 22 a) Giải hệ phương trình với m = 0 b) Với những giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm ? Lời giải : a) Giải hệ phương trình khi m = 0 * x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình * x # 0 . Đặt y=kx (I)        17)321( 11)23( 22 22 kkx kkx           11)23 7 11 321 23 2(2 2 2 kkx kk kk        11)23( 0401216 22 2 kkx kk         11)23( 4 5 2 22 kkx kk *k = 2 111)443( 22  xx       21 21 yx yx *k = 3 16 11 16 25 4 5 .23 4 5 22        xx             3 35 3 34 3 35 3 34 yx yx Vậy hệ phương trình nghiệm (x;y)                            3 35 ; 3 34 ; 3 35 ; 3 34 ;2;1;2,1 b) Đặt 17 + m = k (I)        kyxyx yxyx