Chuyên đề Hệ phương trình

Chuyên đề: Hệ phương trình * Giới thiệu cấu trúc của chuyên đề: A. Các hệ dạng hệ phương trình cơ bản: I.hệ phương trình bậc 2: I.1: hệ đối xứng loại 1 I.2: hệ đối xứng loại 2 II.Hệ đẳng cấp B.Các cách giải hệ phương trình: I.phương pháp biến đổi tương đương II. phương pháp đặt ẩn phụ III. phương pháp hàm số IV. phương pháp đánh giá C.tuyển tập các bài toán hay và khó A.Các hệ dạng hệ phương trình cơ bản:(phụ trách phần tham số): I.hệ phương trình bậc 2: I.1: hệ đối xứng loại 1: Bài 1: 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  Bài 2: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 Bài 3: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 I.2:Hệ đối xứng loại 2: Bài 1: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 * 2 : 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 Bài 2: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 Bài 3: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 II. Hệ đẳng cấp: Bài 1.Với những giá trị nào của m thì hệ phương trình sau có nghiệm: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 x y z xy yz zx y z yz x z xz m                Lời giải: Trường hợp: z=0 : vô nghiệm Trường hợp z # 0: Đặt: , x y a b z z   Hệ được viết thành:       2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 3 a b ab a b z b b z m a a z                                               2 2 2 32 2 2 2 2 4 2 2 3 2 2 2 2 1 1 1 2 : 2 1 1 2 1 5 1 0 4 5 1 4 10 2 2 1 4 5 1 4 10 1 0 4 a a b b a z a z m a a m a m m a m m a z a z z m a m m a m m                                          hệ có nghiệm khi và chỉ khi (6) có nghiệm 2 50 25 616 25 6160 1 0 3 3 3 m m m             B.Các cách giải hệ phương trình: I.Phương pháp biến đổi tương đương: I.1: Lý thuyết: 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 PT trong hệ về dạng đơn giản (có thể rút x theo y hoặc ngược lại) rồi thế vào PT còn lại trong hệ. Gồm 3 loại cơ bản: Loại 1: trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y, khi đó ta tìm cách rút y theo x hoặc ngược lại. Loại 2: một PT trong hệ có thể đưa về dạng tích của các PT bậc nhất 2 ẩn: Loại 3: một PT của hệ là PT bậc hai theo 1 ẩn, chẳng hạn đó là ẩn y. Lúc đó ta xem x là tham số và biển diễn được y qua x bằng cách giải PT bậc hai ẩn y. I.2: Bài tập áp dụng: I.2.1: bài tập cho loại 1: Bài 1: giải hệ phương trình:        2 2 2 1 1 3 4 1 1 1 2 x y x y x x xy x x            Lời giải: ta thấy x=0 không thõa mãn PT(2). Với x  0 từ (2) có 2 1 1 x y x    , thay vào (1) ta được:             2 2 2 2 2 2 3 2 1 1 3 4 1 1 2 1 1 3 1 1 2 2 1 1 3 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                              3 2 0 1 2 2 4 0 1 2 x loai x x x x x x             Hệ có hai nghiệm (x;y) là   5 1; 1 & 2; 2         Bài 2: giải hệ phương trình: I.2.2: bài tập cho loại 2: Bài 1: giải hệ phương trình:     2 22 1 2 1 2 2 2 xy x y x y x y y x x y           Lời giải:Điều kiện:             2 2 * 1; 0 * 1 2 0 2 1 0 2 1 0 0 x y PT x xy y x y x y x y x y x y                     2 1x y   thay vào PT(2) và biến đổi ta được:     1 2 2 0 2 0 5y y y y x        Hệ có nghiệm    ; 5;2x y  I.2.3: bài tập cho loại 3: Bài 1: giải hệ phương trình:       2 2 2 5 4 4 1 5 4 16 8 16 0 2 y x x y x xy x y            Lời giải: Biến đổi PT(2) về dạng:  2 24 8 5 16 16 0y x y x x      Coi PT(2) là PT bậc hai ẩn y(tham số x) ta có:               ' 2 21 21 5 4 9 4 4 54 0* 5 4, 5 4 5 4 4 5 0 0 4 4 04 * 4 , 4 5 4 4 0 0 4 y x x y x x x yy x x x x x x y x yx y x x x x x x y                                                 Hệ có nghiệm là:       4 ; 0;4 ; 4;0 ; ;0 5 x y        II.Phương pháp đặt ẩn phụ: II.1: Lý thuyết: Điểm quan trọng nhất trong việc giải hệ là phát hiện ẩn phụ u=f(x,y) và v=g(x,y) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một số phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0 để đưa hệ về dạng đơn giản hơn. II.2:Bài tập áp dụng: Bài 1:Giải hệ phương trình:          2 2 1 4 1 1 2 2 x y y x y x y x y           Lời giải: Ta thấy y=0 không thõa mãn PT(1) nên hệ (1)&(2)   2 2 1 4 1 2 1 x y x y x y x y                Đặt: 2 1 & 2 x u v y x y      , ta có hệ: 2 1 u v uv     Giải hệ trên theo viet ta dễ dàng thu được u=v=1, từ đó ta có hệ: 2 2 2 1 23 31 3 1 3 2 0 2 5 x yy x y xx y x y x x x x x y                              Vậy hệ có nghiệm (x,y) là (1;2)&(-2;5) Bài 2: Giải hệ phương trình:     2 2 2 3 4 4 7 1 2 3 xy x y x y x x y             Lời giải: Điều kiện x+y #0. Khi đó ta có:       2 2 2 3 3 7 1 3 x y x y x y x y x y x y                 Đặt:   1 2 ;u x y u v x y x y        ; ta được hệ:     2 2 2 22 2 3 33 13 3 4 6 9 13 03 3 13 3 3 22 2 12 3 2 0 1 2 v u v uu v v u uu u v u v u uu u vu u u                                          Từ đó ta có hệ: 1 2 1 1 1 0 1 x y x y x x y x y y x y                    Vậy nghiệm của hệ là (1;0) Bài 3: Giải hệ:       3 2 3 2 3 2 3 3 1 3 3 1 3 3 1 x x y x y y z y z z x z              Lời giải: *Xét  3 23 3 1x x y x   vì x = 1 3  không thoã mãn PT nên ta có Đặt 3 3 3 1 tan : ; 2 2 6 x x y x x                         Ta có: 3 2 tan 3 tan 3tan tan 3 tan 9 tan 27 tan 3tan 1 tan 27 y y z x                    Vậy 27 26 k k        Vậy hệ của hệ:   3 9 0;0;0 , ; ; 26 26 26         và các hoán vị của nó, 3 9 ; ; 26 26 26           và các hoán vị của nó III.Phương pháp hàm số: III.1: Gồm có 2 loại:Loại 1: Một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y), phương trình còn lại giúp ta giới hạn được x,y trên hàm số f đơn điệu. Từ đó suy ra x=y Loại 2: Hệ đối xứng loại 2 mà khi giải thường dẫn đến một trong 2 PT của hệ có dạng f(x)=0 hoặc f(x)=f(y) trong đó f là hàm đơn điệu. III.2: Bài tập áp dụng: III.2.1: Bài tập cho loại 1: Bài 1: Giải hệ phương trình:     3 3 8 4 5 5 1 1 2 x x y y x y        Lời giải: Từ PT (2) ta có 8 41, 1 1, 1x y x y     Xét hàm số f(t)=  3 5 , 1;1t t t   có    ' 23 5 0, 1;1f t t t      . Do đó hàm f(t) nghịch biến trên khoảng (-1;1) nên từ PT (1) suy ra x = y. Thay vào PT (2) ta được  8 4 1 0 3x x   Giải (3):Đặt:  4 2 4 1 5 1 5 0 : 3 1 0 2 2 a x a a a y x                 III.2.2: Bài tập cho loại 2: Bài 1: cho 0; , ,a c a b c   . Hãy giải hệ phương trình: 3 3 3 ax ay+b cy x b cz y cx z az b            Lời giải:Xét    3 axf x x b D     Với:       2 21 2 1 2 1 2 1 1 2:x x f x f x x x x x x x a          1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 0, f x f x x x x x a x x x x           Vậy f tăng trên R Giả sử hệ có nghiệm  0 0 0, ,x y z do hệ không đổi khi ta hoán vị vòng quanh các ẩn nên có thể giải thuyết  0 0 0 0min , ,x x y z Ta có:        0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x y f x f y cy cz y z f y f z z x z x x y z                 Với x=y=z hệ trở thành:  3 0x a c x b    Đặt 2 3 2 3 x a c u x u a c      Thay vào (1):   3 33 2 23 14 3 1 1 2 2 3 b u u m u m m m m a c a c                  Vậy hệ có nghiệm:   3 32 2 31 1 , 3 2 3 a c b x y z m m m m m a c a c                  IV. Phương pháp đánh giá: IV.1: Lý thuyết: Với phương pháp này cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm trong hệ và nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức cơ bản. IV.2: Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải hệ phương trình: 2 3 2 2 23 2 2 9 2 2 9 xy x x y x x xy y y x y y               Lời giải: cộng theo vế 2 PT của hệ ta được:  2 2 3 2 23 2 2 1 2 9 2 9 xy xy x y x x y y        Ta có:   23 2 3 3 2 22 2 9 1 8 2 22 9 xyxy x x x xy x x            CMTT, ta có: 23 2 2 9 xy xy y y    mà theo bđt Cosi 2 2 2x y xy  nên    1 1VT VP Dấu bằng xảy ra khi 1 0 x y x y      Thử lại ta thấy thõa mãn Bài 2: giải hệ phương trình: 3 3 3 4 2 6 2 y x x x y y          Lời giải: hệ đã cho tương đương với:           2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 y x x x y y            Nếu x>2 thì từ (1) ta được y-2<0 điều này mâu thuẫn với (2) có (x-2) và(y-2) cùng dấu Nếu x<2 thì cũng suy ra vô lí Vậy nghiệm của hệ là x=y=2 Bài 3:Giải hệ phương trình: 1 2 2 2 3 3 2002 1 1 1 1 2 1 1 2 .... 1 1 2 x x x x x x x x x                                 lời giải: Nhận xét: Nếu  1 2 2002, ,....,x x x là nghiệm thì 1 2 2002, ,....,x x x cùng dấu và khác 0, đồng thời  1 2 2002, ,....,x x x   cũng là nghiệm nê ta chỉ việc xét với 1 2 2002, ,....,x x x dương Theo BĐT Cosi :  1 2 1,2002i i x i x    Từ các PT trong hệ ta được: 2 2 1i ix x   Mặt khác cộng các PT trong hệ thì 1 2 2002 1 2 2002 1 1 1 .... ....x x x x x x         1 2 2002.... 1x x x    Vậy hệ có 2 nghiệm: 1 2 2002 1 2 2002 .... 1 .... 1 x x x x x x           C.tuyển tập các bài toán hay và khó: Bài 1.Giải hệ phương trình:                     22 2 2 2 22 2 2 2 22 2 2 2 3 1 1 4 1 2 5 1 3 x y z x x y z I y z x y y z x z x y z z x y                 Lời giải: Trường hợp 1: xyz=0:  Nếu x = 0,   0 0I y z     CMTT nếu y =0 hoặc z =0 Trường hợp 2: xyz #0 Chia 2 vế các PT của (I) cho 2 2 2x y z ta có hệ PT tương đương với: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 1 1 1 1 4 1 1 1 1 5 z y x x x z y y y x z z                             Đặt: 1 1 1 ; ;a b c x y z    . Hệ trở thành:             2 2 2 2 2 2 3 1' 4 2 ' 5 3' b c a a c a b b a b c c                 Cộng theo vế các PT rút gọn ta được:     2 4 12 0 3 a b c a b c a b c a b c                 * 4:a b c   thay vào (1’),(2’),(3’) ta tính được: 13 9 9 13 4 3 3 4 911 119 a x b y zc                      * 3a b c    : thay vào (1’),(2’),(3’) ta tính được: 6 5 5 6 1 1 4 5 5 4 a x b y c z                         Vậy hệ PT có các nghiệm là       9 3 9 5 5 ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; , , , ; ; , ; 1; 13 4 11 6 4 x y z x y z                  Bài 2: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 x x y y y y z z z z x x          Lời giải: Hệ đã cho         2 2 2 1 2 1 2 1 2 y x x I z y y x z z            Vì một trong các giá trị x,y,z rằng 1 đều không thõa mãn hệ phương trình (I) nên , , # 1x y z  Nên hệ phương trình(1) tương đương với       2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 3 1 x y x y z y z x z            Đặt x=tan a với ; 2 2 a         từ (1) ta có y=tan 2a,từ (2) ta có z=tan 4a, từ (3) ta có x=tan 8a Do đó ta có tan a=tan 8a  7a=k  với k Z Suy ra tan , tan 2 , tan 4 7 7 7 7 k k k k a x y z          Với phép thử ta được:  3, 2, 1,0,1,2,3k    Bài 3: Giải hệ PT: 5 3 2 4 42 5 3 2 42 y y x x y x                Lời giải: Điều kiện :x>0,y>0. Khi đó hệ đã cho có thể viết:                 2 2 2 1 2 5 1 42 1 2 15 421 2 3 2 2 42 15 25 84 0 3 28 0 3 28 0 5 2 6 5 2 6 ; ; 27 9 y xx y x y y x x y y x y x xy y xy x y x y x y x y x x y                                     Bài 4: Giải hệ PT:       3 1 3 2 1 1 1 3 3 x y z xyz xy yz xz x y z                Lời giải: Điều kiện:x,y,z #0 hệ đã cho tương đương với: 3 3 3 3 3 3 1 1 3 x y z xyz x y z xyz x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx xy yz xz xyz xyz xyz                                      Áp dụng Viet cho PT bậc 3 ta có x,y,z là nghiệm của phương trình: 3