Chuyên đề hệ phương trình

Chuyên đề hệ phương trình
Trang 1Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960
Trang 2Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Nội dung CHUYÊN ĐỀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ........................................................................................... 3 KHÁI NIỆM HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN .............................................................. 3 I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 2 ẨN. ....................... 3 A. PHẦN LÝ THUYẾT...................................................................................................................... 3 Dạng 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế..................................................................... 3 Dạng 2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số........................................................ 4 Dạng 3: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ ......................................................... 5 B. PHẦN BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN............................................................................................. 6 C. PHẦN BÀI TẬP TỰ LUYỆN........................................................................................................ 8 PHẦN HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC I........................................................................................ 12 B. CÁC BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN.............................................................................................. 12 C. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN ........................................................................................................ 16 II: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ VÀ BÀI TOÁN PHỤ.................................. 20 A. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP ................................................................................... 20 Dạng 1: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m ........................................................ 20 Dạng 2: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  ;x y thỏa điều kiện cho trước. ...................... 20 Dạng 3: Tìm mối liên hệ giữa ,x y không phụ thuộc vào tham số m ......................................... 20 B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN....................................................................................................... 23 C. HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC II.............................................................................................. 26 III. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ..................................................... 34 1. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1:.............................................................................................................. 34 2. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2............................................................................................................. 38 3. HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP................................................................................. 40 4. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.......................................................................... 48 5. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.................................................................................................. 64 6. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC: .................................................................... 72 7. KHI TRONG HỆ CÓ CHỨA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 THEO ẨN x, HOẶC y....................... 75 8. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ...................................................................................................... 79 MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN PHẦN HỆ PHƯƠNG TRÌNH................................................... 85 HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN........................................................................ 90 IV. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 3 ẨN............................................................................ 110
Trang 3Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 CHUYÊN ĐỀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁI NIỆM HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Cho hai phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c và a/ x + b/ y = c/ . Khi đó ta có hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn (I)      /// cybxa cbyax * Nếu hai phương trình ấy có nghiệm chung (xo;y0) thì (xo;y0) được gọi là một nghiệm của hệ (I). * Nếu hai phương trình đã cho không có nghiệm chung thì ta nói hệ (I) vô nghiệm. Giải hệ phương trình là tìm tất cả các nghiệm của nó. I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 2 ẨN. A. PHẦN LÝ THUYẾT. Dạng 1: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế a) Phương pháp giải: Để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế ta làm các bước sau đây: Biểu diễn một ẩn từ một phương trình nào đó của hệ qua ẩn kia. Thay ẩn này bới biểu thức biểu diễn nó vào phương trình còn lại. . Giải phương trình một ẩn nhận được. Tìm giá trị tương ứng của ẩn còn lại. b) Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình : { 2𝑥 + 𝑦 = 12 (1) 7𝑥 − 2𝑦 = 31 (2) Hướng dẫn giải Từ phương trình (1), biểu diễn y theo x ta có 12 2y x  . Thay y trong phương trình (2) bởi 12y x  , ta được  7 – 2 12 – 2 31 7 – 24 4 31 11 55 5 x x x x x x         Thay x = 5 vào phương trình 12y x  , ta được: 12 – 2.5 2y   . Vậy hệ có nghiệm (x, y) = (5; 2)
Trang 4Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Dạng 2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số a) Phương pháp giải: Để giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp cộng đại số ta làm các bước sau đây: Nhân cả hai vế của các phương trình trong hệ với số thích hợp (nếu cần) để đưa hệ đã cho về hệ mới, trong đó các hệ số của một ẩn nào đó bằng nhau (hoặc đối nhau). Trừ (hoặc cộng) từng vế của các phương trình trong hệ mới để khử bớt một ẩn. Giải phương trình một ẩn thu được. Thay giá trị tìm được của ẩn này vào một trong hai phương trình của hệ để tìm ẩn kia. b) Ví dụ minh hoạ : Giải hệ phương trình sau. Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: 3 2 11 2 1 x y x y      Hướng dẫn giải Các hệ số của ẩn y trong hai phương trình là đối nhau, vì vậy ta cộng từng vế của hai phương trình để khử ẩn y ta thu được: 4 12 3x x   Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta có: 3 2 1 2 2 1y y y        Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-1) Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: 2 5 8 2 3 0 x y x y      Hướng dẫn giải Các hệ số của ẩn x trong hai phương trình là bằng nhau, vì vậy ta trừ từng vế của hai phương trình để khử ẩn x, ta được: 8 8 1y y   Thay y = 1 vào một trong hai phương trình đã cho của hệ ta được: 3 2. – 3.1 0 2 3 2 x x x     Vậy hệ phương trình có nghiệm   3 , ; 1 2 x y       
Trang 5Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 5 11 8 10 7 74 x y x y      Hướng dẫn giải Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với 2, giữ nguyên phương trình hai ta được hệ mới: 10 22 16 10 7 74 x y x y      Trừ từng vế của phương trình thứ nhất (mới) cho phương trình thứ hai ta được: 29 58 2 y y      Thay vào phương trình thứ hai, ta có  10 – 7. 2 74 10 60 6 x x x       Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x, y) = (6 ; -2) *Lưu ý: Khi trong hệ có chứa các biểu thức giống nhau, ta kết hợp phương pháp đặt ẩn phụ để đưa hệ về một hệ mới đơn giản hơn. Sau đó sử dụng phương pháp cộng hoặc thế để tìm ra nghiệm của hệ phương trình. Dạng 3: Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ a) Phương pháp giải Đặt điều kiện để hệ có nghĩa (nếu cần). Đặt ẩn phụ và điều kiện của ẩn phụ (nếu có). Giải hệ theo các ẩn phụ đã đặt. Trở lại ẩn đã cho để tìm nghiệm của hệ số. b) Ví dụ minh hoạ Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 1 1 1 3 4 5 x y x y          Hướng dẫn giải Điều kiện: x ≠0, y ≠ 0 Đặt 1 1 ;a b x y   (*)
Trang 6Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình đã cho tương đương với 1 3 4 5 a b a b      Ta có: 2 2 1 3 3 3 7 2 7 7 3 4 5 3 4 5 1 9 1 7 b a b a b b b a b a b a b a b a                                  Thay 2 7 9 7 b a       vào (*) ta có 1 2 7 7 2 71 9 97 y y x x             Vậy nghiệm của hệ phương trình là   7 7 , ; 9 2 x y        B. PHẦN BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN. Bài I.01. Giải hệ phương trình 3 2 7 2 4 x y x y      Bài I.02. Giải hệ phương trình: 3 2 11 2 1 x y x y      Bài I.03. Giải hệ phương trình: 2 3 3 x y x y       Bài I.04. Giải hệ phương trình: 3 4 3 4 1 x y x y       Bài I.05. Giải hệ phương trình sau: 2 5 1 x y x y      Bài I.0.6 Giải hệ phương trình sau: 2 5 3 3 4 x y x y       Bài I.07. Giải hệ phương trình sau: 1 3 2 3 x y x y      Bài I.08. Giải hệ phương trình sau: 7 26 5 3 16 x y x y        Bài I.09. Giải hệ phương trình sau: 3 2 11 2 1 x y x y     
Trang 7Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.10. Giải hệ phương trình sau: 2 3 1 4 9 x y x y      Bài I.11. Giải hệ phương trình: 2 8 1 x y x y       Bài I.12. Giải hệ phương trình: 2 1 1 x y x y      Bài I.13. Giải hệ phương trình: 3 5 5 2 23 x y x y      Bài I.14. Giải hệ phương trình 3( 1) 2( 2 ) 4 4( 1) ( 2 ) 9 x x y x x y          Bài I.15. Giải hệ phương trình: 2 3 1 2 4 y x y x         Bài I.16. Giải hệ phương trình: 1 1 2 3 7 2 2 x y x y          . Bài I.17. Giải hệ phương trình 3 2 4 1 2 2 1 5 1 2 x x y x x y             . Bài I.18. Giải hệ phương trình: 4 1 5 1 1 2 1 1 x y y x y y              . Bài I.19. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 4 3 4 2 2 x y x y       . Bài I.20. Giải hệ phương trình 2 2 6 1 2 5 1 3 1 2 x x y x y             .
Trang 8Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. PHẦN BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giải các hệ phương trình sau: 1.      165 103 yx yx 2.      1232 823 yx yx 3.      0602 42 yx yx 4.      104 72 yx yx 5.      97 52 yx yx 6.      142 22 yx yx 7.      52 1853 yx yx 8.      83 735 yx yx 9.      0469 0223 yx yx 10.      1652 634 yx yx 11.      1043 32 yx yx 12.      0424 22 yx yx 13.      63 2 yx yx 14.      1892 42 yx yx 15.      12 342 yx yx 16.      543 52 yx yx 17.      3 32 yx yx 18.      537 )1(2 yxyx xyx 19.      54 1223 yx yx 20.      52 0 yx yx 21.      1036 )(52 yyx yxyx 22.      625 102 yx yx 23.      04 02 yx yx 24.      639 23 yx yx 25.      132 752 yx yx 26.      625 1025 yx yx 27.      32 3 yx yx 28.      1234 823 yx yx 29.      923 2 yx yx 30.      12 103 yx yx 31.      1224 2032 yxyx xyx 32.      326 23 yx yx 33.      323 232 yx yx 34.      0210 15 yx yx 35.      53)(5 23 yxyx xyx 36.      1264 632 yx yx 37.      73 32 yx yx 38.      432 623 yx yx 39.      52 72 yx yx 40.      2104 152 yx yx 41.      12 22 yx yx 42.      153 52 yx yx 43.      123 52 yx yx 44.      1 52 yx yx 45.      1225 823 yx yx
Trang 9Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 46.      134 1223 yx yx 47.      8)(35 )1(42 yxyx xyx 48. x y 5 x y 1      3 4 3 4 1 x y x y       50. 2 3 1 4 9 x y x y      51. 2 3 3 x y x y       52. 3 2 3 2 17 x y x y      53. 2 3 13 3 3 x y x y      54. 2 8 1 x y x y       55. 2 1 1 x y x y      56. 2 10 1 1 2 x y x y       57. 3 5 5 2 23 x y x y      58. 8 2 x y x y      59. 2 3 7 3 5 x y x y      60. 2 0 3 2 1 x y x y      61. 3 4 5 6 7 8 x y x y      62. 6 3 3 21 x y x y      63. 4 5 7 3 9 x y x y       64. 3( 1) 2( 2 ) 4 4( 1) ( 2 ) 9 x x y x x y          65. 2 3 3 2 8 x y x y      66. 3 8 7 2 23 x y x y      67. 3 5 2 3 1 x y x y      68. 2 3 3 2 1 x y x y      69. 3 3 1 x y x y      70. 4 3 4 2 2 x y x y       71. 2 6 3 4 x y x y      72. 6 2 3 x y x y      73. 4 2 2 x y x y      74. 3 3 5 x y x y      75. 2 3 3 4 x y x y      76. 3 2 3 x y x y      77. 2 4 2 5 x y x y      78. 3 5 3 x y x y      79. 1 2 1 x y xy x y xy        80. 2 1 3 2 12 x y x y      81. 2 6 11 4 9 1 x y x y      82. 2 3 1 2 4 y x y x         83. 2 2 6 1 2 5 1 3 1 2 x x y x y             84. 2 2014 1 2 3 x y x y       85. 2 | | 4 4 3 1 x y x y      86. 2 1 3 4 x y x y      87. 3 2 4 2 4 x y x y     
Trang 10Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 88. 5 3 x y x y      89. 2 7 2014 2015 x y x y      90. 5 1 x y x y      91. ( 3)( 2) 7 ( 1)( 1) 2 x y xy x y xy          92. 2 3 2 1 x y x y       93. 2 5 1 3 2 8 x y x y       94. 3 2 4 4 3 5 x y x y      95. 2 3 0 1 4 3 x y x y        96. 2 4 3 1 x y x y      97. 2 4 3 5 x y x y       98. 2 5 1 x y x y      99. 2 5 3 3 4 x y x y       100. 1 3 2 3 x y x y      101. 3 5 2 4 x y x y      102. 3 2 4 3 x y x y      103. 3 5 21 2 1 x y x y      104. 3 2 5 3 7 x y x y      105. 1 2 1 x y xy x y xy        106. 3 2 1 4 5 6 x y x y      107. 3 5 21 2 1 x y x y      108. 3 5 3 7 x y x y      109.          5 42 1 11 yx yx 110.                1 32 3 11 yxyx yxyx 111.              1 2 13 2 2 21 yx yx 112.            1 5 1 2 1 3 1 2 yx yx 113.                1,0 94 1,1 62 yxyx yxyx 114.                3 12 5 3 yxyx x yxyx x 115.                1 1 3 2 2 2 1 1 2 1 yx yx 116.                1 1 3 1 3 11 2 y y x x y y x x 117.                 2 2 104 2 2 23 yxyx yxyx 118.                1 1 3 2 2 2 1 2 2 2 yx yx 119.          15 2 5 1 6 1 4 311 yx yx 120. 1 12 2 12 x x y y x x y y          
Trang 11Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 121.     2 1 4 3 1 5 x y x x y x            122. 2 1 2 x y 6 2 1 x y          123. 3 6 2 1 2 4 y x y x          124.          1 158 12 111 yx yx 125.                1 2 3 2 4 3 2 1 2 2 xyyx xyyx 126.                9 4 5 1 2 4 4 2 1 3 yx x yx x 127.       623 13 22 22 yx yx 128.       1132 1623 yx yx 129.       103 184 yx yx 130.       712)2(3 01)2(2 2 2 yxx yxx 131. 3 2 2 2 1 x y x y        132. 2 1 3 1 3 1 x y x y x y x y             133. 2 1 1 1 1 2 1 2 x y x y           134.     2 2 1 2 2 3 1 3 1 x y x y         135. 2 3 13 3 3 x y x y      
Trang 12Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 PHẦN HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC I B. CÁC BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN Bài I.01. Từ phương trình 2 4x y  suy ra 4 2y x  . Thay vào phương trình trên ta có phương trình:  3 2 4 2 7 1 4 2.1 2x x x y         Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 1;2x y  . Bài I.02. Cộng hai phương trình lại với nhau, ta có: 4 12 3 2 1 1 x x x y y           Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    ; 3; 1x y   Bài I.03. Trừ phương trình trên cho phương trình dưới của hệ, ta có: 3 6 2 3 1 y y x y x            Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  1; 2 . Bài I.04 3 4 (1) 3 4 1 (2) x y x y       Nhân hai vế phương trình (1) với 3 ta được 3 9 12x y  (3) Lấy (3) – (2) ta được: 13 13 1y y   . Thay 1y  vào (1) ta được 4 3 4 3.1 1x y     . Vậy hệ phương trình có một nghiệm    ; 1;1x y  . Bài I.05. 2 5 3 6 2 2 1 1 1 1 x y x x x x y x y x y y                         Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  . Bài I.0.6 2 5 3 17 17 1 3 4 3 4 1 x y x x x y x y y                    . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1; 1x y   .
Trang 13Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.07. 1 3 2( 1) 3 5 5 1 3 2 3 1 1 0 x y x x x x x y y x y x y                           Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1;0x y  . Bài I.08. 7 26 5 35 130 7 26 5 5 3 16 5 3 16 38 114 3 x y x y x y x x y x y y y                                  Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 5;3x y   . Bài I.09. 3 2 11 4 12 3 2 1 2 1 1 x y x x x y x y y                   Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 3; 1x y   . Bài I.10. 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 4 9 12 3 27 14 28 1 x y x y x y x x y x y x y                          Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;1x y  . Bài I.11. 2 8 1 x y x y       3 9 1 y x y         3 ( 3) 1 y x         3 2 y x     . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2; 3x y   . Bài I.12. 2 1 1 x y x y       0 1 x x y      0 1 x y    . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 0;1x y  . Bài I.13. 3 5 5 2 23 x y x y       6 2 10 5 2 23 x y x y       11 33 3 5 x x y      3 . 4 x y    Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 3;4x y  .
Trang 14Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.14 Hệ phương trình tương đương với: 3 3 2 4 4 5 4 1 5 4 1 4 4 2 9 3 2 5 6 4 10 x x y x y x y x x y x y x y                         11 11 1 6 4 10 1 x x x y y            Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 1; 1x y   . Bài I.15. Điều kiện x  0. 2 4 1 13 2 6 2 ( )2 21 1 132 4 2 4 y y x xx x TM yyy y xx x                                    Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất   1 ; ; 1 2 x y        . Bài I.16. Điều kiện 0y  . Đặt 1 t y  , hệ phương trình đã cho trở thành 1 1 1 1 12 2 2 1 7 1 7 2 5 52 3 2 3( ) 2 2 2 2 xx t t x xt x yt xx t x x                                             (thỏa mãn) Vậy hệ có nghiệm duy nhất là    ; 1;2x y   . Bài I.17. 3 2 4 1 2 2 1 5 1 2 x x y x x y             ĐK 1; 2x y   Đặt 1 1 2 x a x b y        0b  Khi đó hệ phương trình trở thành: 3 2 4 3 2 4 7 14 2 2 5 4 2 10 2 5 1 a b a b a a a b a b a b b                          . Khi đó ta có: 2 21 1 1 1 2 x xx y y          Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 2; 1x y   .
Trang 15Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài I.18. Hệ phương trình tương đương với: Đặt 1 u x y   và 1 1 v y   . Hệ phương trình thành : 4 5 8 2 10 9 9 1 2 1 2 1 2 1 1 u v u v u u u v u v v u v                            Do đó, hệ đã cho tương đương : 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 x y xx y y y y                    Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 1;2x y   . Bài I.19. 4 3 4 4 3 4 5 0 2 2 4 2 4 2 2 x y x y y x y x y x y                        0 0 12 2 y y xx        Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất    ; 1;0x y  . Bài I.20. + Điều kiện: 1; 2x y   1 2 1 2 5 10 1 6 5 25 1 2 1 2 1 2 5 1 5 1 5 1 3 3 3 1 2 1 2 1 2                                           x y x y x y x y x y x y 511 1 22 2 22 2 5 1 5 15 1 3 33 51 21 21 2 2 y y y x x yx y                            5 2 0       y x . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là   5 ; 0; 2        x y .
Trang 16Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1. 3 10 3 10 (16 5 ) 3 10 5 16 16 5 16 5 2 6 3 3 16 5 1 16 5 y y y x y x y y y x y x y x y x y x x y                                                Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (1; -3) 2. 0 4 x y    3. 3 2 x y     4. 2 3 x y    5. 2 1 x y    6. Hệ pt vô nghiệm 7. 1 3 x y     8. 31 14 19 14 x y       9. Hệ pt vô nghiệm 10. 9 13 38 13 x y       11. 2 1 x y    12. Hệ phương trình vô số nghiệm 13. 0 2 x y    14. 0 2 x y    15. Hệ pt vô nghiệm. 16. 3 1 x y     17. 2 1 x y    18. Hệ pt vô nghiêm 19. 2 3 x y     20. 5 3 5 3 x y       21. 2 1 x y     22. 26 9 38 9 x y       23. 0 0 x y    24. Hệ pt vô số nghiệm 25. 1 1 x y    26. Hệ pt vô nghiệm 27. 1 2 x y     28. 0 4 x y    29. 5 3 x y    30. 1 3 x y     31. 24 5 4 x y     
Trang 17Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 32. Hệ pt vô nghiệm 33. 1 0 x y     34. hệ pt vô nghiệm 35. Hệ pt vô nghiệm 36. 0 2 x y     37. 2 1 x y    38. 2 0 x y    39. 19 5 3 5 x y       40. Hệ pt vô số nghiệm 41. 0 1 x y     42. 4 3 x y     43. 1 2 x y     44. 2 1 x y    45. 2 1 x y    46. 2 3 x y     47. hệ pt vô số nghiệm 48. 3 2 x y    49. 1 1 x y    50. 2 1 x y    51. 1 2 x y     52. 5 6 x y    53. 2 3 x y    54. 2 3 x y     55. 0 1 x y    56. 6 2 x y    57. 3 4 x y    58. 5 3 x y    59. 2 1 x y     60. 1 2 x y      61. 1 2 x y     62. 15 2 x y     63. 2 3 x y     64. 1 1 x y    65. 2 1 x y    66. 3 1 x y     67. 2 1 x y     68. 1 1 x y     69. 1 2 x y     70. 1 0 x y    71. 2 2 x y    72. 3 3 x y    73. 2 2 x y    74. 2 1 x y     75. 3 1 x y    
Trang 18Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 76. 2 1 x y    77. 1 2 x y    78. 1 2 x y    79. 3 2 x y    80. 2 3 x y    81. 5 2 1 x y      82. 1 2 1 x y       83. 0 3 2 x y     84. 505 1509 2 x y      85. 13 10 7 5 x y       86. 1 1 x y    87. 2 1 x y    88. 4 1 x y    89. 1791 224 x y     90. 5 0 x y    91. 2 1 x y     92. 24 5 33 5 x y       93. 2 1 x y     94. 2 1 x y    95. 8 11 39 11 x y       96. 1 2 x y    97. 1 2 x y      98. 2 1 x y    99. 2 17 11 17 x y       100. 1 0 x y    101. 1 2 x y    102. 2 1 x y     103. 2 3 x y     104. 29 11 16 11 x y       105. 18 15 x y    106. 1 2 x y     107. 2 3 x y     108. 11 5 8 5 x y      
Trang 19Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 109. 2 3 2 x y      110. 3 4 1 4 x y       111. 7 4 3 5 x y       112. hệ pt vô nghiệm 113. 7 3 x y    114. 2 1 x y     115. 19 7 8 3 x y       116. 2 1 2 x y       117. 43 11 35 11 x y       118. 13 4 4 x y      119. 2 4 x y    120.hệ pt vô nghiệm 121.hệ pt vô nghiệm 122. 2 1 x y    123. 1 2 3 x y       124. 28 21 x y    125. 1 3 1 3 x y       126. 2 9 87 19 x y       127. 2 3 x y      128. 4 25 x y    129. 2 4 x y      130. 1 3 x y    131. 0 1 x y    132. 77 20 63 20 x y       133. 2 2 x y    134. 2 2 1 3 5 9 x y        135. 2 3 x y   
Trang 20Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 II: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ VÀ BÀI TOÁN PHỤ A. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m . Phương pháp: Bước 1: Đưa hệ phương trình về phương trình bậc nhất dạng 0ax b  (Dùng phương pháp thế, phương pháp cộng đại số,…) Bước 2: Xét phương trình  0 1ax b  ( ,a b là hằng số) TH 1: Phương trình  1 có nghiệm duy nhất 0a   phương trình có nghiệm duy nhất b x a   . TH 2: Phương trình  1 vô nghiệm 0 0 a b     . TH 3: Phương trình  1 có vô số nghiệm 0 0 a b     . Bước 3: Kết luận. Dạng 2: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  ;x y thỏa điều kiện cho trước. Phương pháp: Bước 1: Giải hệ phương trình tìm nghiệm  ,x y theo tham số m ; Bước 2: Thế nghiệm ,x y vào biểu thức điều kiện cho trước, giải tìm m ; Bước 3: Kết luận. Dạng 3: Tìm mối liên hệ giữa ,x y không phụ thuộc vào tham số m . Phương pháp: Bước 1: Giải hệ phương trình tìm nghiệm  ,x y theo tham số m ; Bước 2: Dùng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế làm mất tham số m ; Bước 3: Kết luận.
Trang 21Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ minh hoạ: Bài 1: Cho hệ phương trình:         1 1 1 1 2 2 a x y a x a y         (a là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2a  . b) Giải và biện luận hệ phương trình. c) Tìm các số nguyên a để hệ phương trình có nghiệm nguyên d) Tìm a để nghiệm của hệ phương trình thỏa mãn x y đạt GTNN. Lời giải a) Khi 2a  hệ phương trình có dạng: 5 3 3 4 5 4 2 2 3 4 x x y x x y y x y                   Vậy với 2a  hệ phương trình có nghiệm   5 3 ; ; 4 4 x y        b) Giải và biện luận: Từ PT  1 ta có:    1 1y a x a     3 thế vào PT  2 ta được:          2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 1x a a x a x a x a a x a                  4 TH1: 0a  , phương trình  4 có nghiệm duy nhất 2 2 1a x a   . Thay vào  3 ta có:         2 22 3 2 3 2 2 2 2 2 1 1 11 1 1 1 1 a a a aa a a a a a a y a a a a a a                  Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         TH2: Nếu 0a  , phương trình  4 vô nghiệm. Suy ra hệ phương trình đã cho vô nghiệm. KL: 0a  hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         0a  hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Với 0a  thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a        
Trang 22Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 c) Hệ phương trình có nghiệm nguyên:   2 2 2 1 1 a x a a y a a             Điều kiện cần: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a x a a a a a             Điều kiện đủ: 1 0a y     (nhận) 1 2a y    (nhận) Vậy 1a   hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên. Với 0a  thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2 2 2 1 1 ; ; a a x y a a         d) Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 a a a a x y a a a a a            . Đặt 1 t a  ta được: 2 2 2 2 1 1 1 7 1 7 7 2 1 2 2 2 2 2 4 16 4 8 8 x y t t t t t t                                    Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 1 4 t   , khi đó 4a   Vậy 4a   thì hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn x y đạt GTNN bằng 7 8 Bài 2: Tìm ,a b biết hệ phương trình: 2 5 x by a bx ay      có nghiệm 1x  ; 3.y  Lời giải Thay 1x  ; 3y  vào hệ ta có: 2.1 .3 .1 .3 5 b a b a       3 2 3 5 a b a b       3 9 6 3 5 a b a b       10 1 3 5 b a b       1 10 17 10 b a       . Vậy 1 10 a   ; 17 10 y  thì hệ phương trình có nghiệm 1x  ; 3.y 
Trang 23Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài 3: Cho hệ phương trình 2 3 2 3 x y m x y m        I (m là tham số) . a) Giải hệ phương trình  I khi 1m  . b) Tìm m để hệ  I có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn 3x y   . Lời giải a) Với 1m  , hệ phương trình  I có dạng: 2 4 2 4 8 2 2 3 1 2 3 1 1 x y x y x x y x y y                   Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    , 2;1x y  . b) 5 9 2 3 2 4 2 6 2 3 7 2 3 2 3 7 6 6 7 m x x y m x y m x y m x y m x y m y m m y                                Hệ phương trình có nghiệm duy nhất   5 9 6 ; ; 7 7 m m x y         . Lại có 3x y   hay 5 9 6 3 5 9 6 21 6 36 6 7 7 m m m m m m                  Vậy với 6m   thì hệ phương trình  I có nghiệm duy nhất  ,x y thỏa mãn 3x y   . B. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN Bài II.01: Cho hệ phương trình: 2 5 1 2 2 x y m x y       . Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn: 2 2 2 2x y   Bài II.02. Cho hệ phương trình: ( 1) 2 1 m x y mx y m        (m là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2m  ; b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn: 2 3x y  . Bài II.03. Cho hệ phương trình : 2 4 3 5       x ay ax y a) Giải hệ phương trình với 1a b) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Trang 24Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.04. Cho hệ phương trình: 2 5 1 4 5 x ay b bx y       . Tìm ,a b biết hệ có nghiệm 1 2 x y    Bài II.05. Cho hệ phương trình: ( 2) 3 5 ( ) 3 m x y I x my        (m là tham số) a) Giải hệ phương trình  I với 1m  . b) Chứng minh hệ phương trình  I có nghiệm duy nhất với mọi m . Tìm nghiệm duy nhất đó theo m . Bài II.06. Cho hệ phương trình 3 2 9 5 x y m x y       có nghiệm  ;x y . Tìm m để biểu thức 1A xy x   đạt giái trị lớn nhất. Bài II.07. Cho hệ phương trình: 1 2 x my m mx y m       (m là tham số) a) Giải hệ phương trình khi 2m  . b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn 2 1 x y    Bài II.08. Cho hệ phương trình:     2015 1 2 x x y y x x y y k           (k là số cho trước). Biết rằng hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt       ; ; ; ; .x y a b c d Tính tổng a b c d   theo .k Bài II.09. Xác định các hệ số ,a b của hàm số y ax b  để: 1) Đồ thị của nó đi qua hai điểm    1;3 , 2;4A B 2) Đồ thị của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 4 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 . Bài II.10. Giải các hệ phương trình sau: 1 1 3 3 2 1 x y x y           b) 3 1 1 3 1 1 1 x y x y x y x y              c) 1 2 1 2 1 2 2 1 1 x x y x x y            
Trang 25Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.11. Cho hệ phương trình: 2 5 4 x y mx y          1 2 Giải hệ phương trình với 2m  . Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ,x y trong đó ,x y trái dấu. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ;x y thỏa mãn x y . Bài II.12. Cho hệ phương trình: 1 3 1 x my m mx y m            1 2 a) Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất? b) Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m . c) Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ,x y mà ,x y đều là số nguyên. d) Chứng minh rằng khi hệ có nghiệm duy nhất  ,x y thì điểm  ,M x y luôn chạy trên một đường thẳng cố định. e) Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho .x y đạt giá trị nhỏ nhất. Bài II.13. Cho hệ phương trình: 2 4 3 1 x my m mx y m        . Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm. Gọi  0 0;x y là một cặp nghiệm của phương trình: Chứng minh:  2 2 0 0 0 05 10 0x y x y     . (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - ĐHSP Hà Nội 2015). Bài II.14. Cho hệ phương trình: 3 2 1 x my mx y m       (1) (2) Hệ có nghiệm duy nhất  ,x y , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau đây: 2 2 3P x y  (1). 4 4 Q x y  (2). Bài II.15: Cho hệ phương trình:     1 1 1 8 3 mx m y m x my m         . Chứng minh hệ luôn có nghiệm duy nhất  ;x y và tìm GTLN của biểu thức  2 2 4 2 3P x y y    .
Trang 26Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 C. HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ MỤC II Bài II.01: 2 5 1 5 1 2 5 1 2 2 2 2 2(5 1 2 ) 2 5 10 1 x y m y m x y m x x m x y x m x x m y m                                Thay vào ta có 2 2 2 2 2 0 2 2 (2 ) 2( 1) 2 2 4 0 2 m x y m m m m m                 Vậy  –2;0m . Bài II.02. a) Khi 2m  .Ta có: 2 2 1 2 3 1 1 x y x y x x y x y                  . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  1;1 . b) Ta có  2– 1y m x  thế vào phương trình còn lại ta được phương trình:  2– 1 1 –1mx m x m x m      suy ra   2 2 – 1y m  với mọi m Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất     2 ; 1;2 – 1x y m m         2 22 2 2 1 2 – 1 4 1 3– 2 3x y m m m m m            với mọi m . Bài II.03. a) Với 1a , ta có hệ phương trình:      53 42 yx yx 6 3 12 7 7 1 1 3 5 3 5 1 3 5 2                                x y x x x x y x y y y Vậy với 1a , hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:    ; 1; 2  x y . b) Ta xét 2 trường hợp: + Nếu 0a , hệ có dạng:             3 5 2 53 42 y x y x . Vậy hệ có nghiệm duy nhất + Nếu 0a , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: 22 6 3      a a a (luôn đúng, vì 02 a với mọi a ) Do đó, với 0a , hệ luôn có nghiệm duy nhất. Tóm lại hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a .
Trang 27Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.04. Hệ phương trình: 2 5 1 4 5 x ay b bx y       có nghiệm 1 2 x y    2 2 5 1 2 5 3 2 62 31 8 5 13 13 13 a b a b a a b b b b                             Bài II.05. a) Thay 1m  ta có hệ phương trình 3 5 3 x y x y       2 2 1 3 3 y y x y x y              1 1 3 1 2 y y x x           b) 2 ( 2) 3 5 ( 2)(3 ) 3y 5 3 6 2 3 5 3 3 3 m x y m my m m y my y x my x my x my                              2 ( 2 3) 3 1 (1) 3 (2) m m y m x my          Ta có: 2 2 2 3 ( 1) 2 0m m m m       nên PT  1 có nghiệm duy nhất m Hệ phương trình có nghiệm duy nhất m Từ  1 ta có: 2 3 1 2 3 m y m m     thay vào  2 ta có 2 9 5 2 3 m x m m     Bài II.06.   23 2 9 2 1 8 1 5 3 x y m x m A xy x m x y y m                     8maxA  khi 1m  . Bài II.07. Thay 1m  ta có hệ phương trình 5 2 3 2 3 3 5 3 2 4 4 2 8 2 4 2 3 x x y x y x x y x y x y y                           Xét hệ     1 1 2 2 x my m mx y m       Từ (2) 2y m mx   thay vào (1) ta được   2 2 2 1 2 1x m m mx m m m x x m            2 2 2 2 1 2 1 1 2 1m x m m m x m m           (3)
Trang 28Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  3 có nghiệm duy nhất 2 1 0 1m m      * Khi đó hệ đã cho có nghiệm duy nhất 2 1 1 1 m x m m y m         Ta có 2 1 1 2 0 2 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 m x m m m m y m m m                             Kết hợp với  * ta được giá trị m cần tìm là 1m   . Bài II.08. Trừ vế theo vế của  1 cho  2 ta có:  2 2 2015 2 2015x y k x y k        3 Vì hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt nên ta có:  2 x y a b c d      4 . Từ  3 và  4 suy ra 2015a b c d k     . Bài II.09. 1) Thay tọa độ các điểm ,A B vào phương trình của đường thẳng ta được: 3 3 1 4 2 4 2 3 3 2 a b b a a a b a a b a                      . Vậy 1, 2a b  . 2) Tương tự phần (1) ta có hệ: 4 .0 4 2 0 2 2 4 4 a b b a a b a b b                      Vậy 2, 4a b   . Bài II.10. a) Đặt 1 1 ;u v x y   . Theo đề bài ra ta có hệ phương trình:   33 5 5 1 3 2 3 13 2 1 3 2 v uu v u u u uu v v u v                         Từ đó suy ra: 1 1;x u   1 1 2 y v   .
Trang 29Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b) Đặt ; 1 1 x y u v x y     . Theo bài ra ta có hệ phương trình: 3 3 3 2 3 1 3 3 1 4 4 1 u v u v u v u u v v v v v                               . Từ đó suy ra: 2 2 2 21 1 1 1 21 x x x xx y y y y y                  . c). Điều kiện 1 x , 0 2 x y   . Đặt 2 1 1 a x b x y        ta có hệ phương trình mới 2 1 1 2 1 1 1 12 1 1 0 x a b a x a b b y x y                       . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1; 0x y  Bài II.11. a) Với 2m  ta có hệ phương trình:   2 52 5 2 5 1 2 2 5 42 4 3 6 2 x yx y x y x y yx y y y                         b) Từ phương trình (1) ta có 2 5x y  . Thay 2 5x y  vào phương trình (2) ta được:    2 5 4 2 1 . 4 5m y y m y m       (3) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (3) có nghiệm duy nhất. Điều này tương đương với: 1 2 1 0 2 m m    . Từ đó ta được: 4 5 2 1 m y m    ; 3 5 2 2 1 x y m     . Ta có:     2 3 4 5 . 2 1 m x y m    . Do đó 4 , 0 4 5 0 5 x y m m      (thỏa mãn điều kiện) c)Ta có: 3 4 5 2 1 2 1 m x y m m       (4) Từ (4) suy ra 1 2 1 0 2 m m    . Với điều kiện 1 2 m  ta có:     1 4 5 3 5 4 4 5 3 4 5 3 7 5 m l m m m m                . Vậy 7 5 m  .
Trang 30Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Bài II.12. a) Từ phương trình (2) ta có 3 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 3 1 1 1 3 2 1x m m mx m m x m m          (3) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất , tức là 2 1 0 1m m     . Ta cũng có thể lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi : 21 1 1 1 m m m m       . b) Từ phương trình (2) ta có 3 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 3 1 1 1 . 3 2 1x m m mx m m x m m          (3) Trường hợp 1: 1m   . Khi đó hệ có nghiệm duy nhất        2 2 1 3 13 2 1 3 1 1 1 . 1 1 3 1 1 3 1 . 1 1 m mm m m x m m m m m m y m m m m                      Trường hợp 2: 1m  . Khi đó phương trình (3) thành: 0. 0x  . Vậy hệ có vô số nghiệm dạng  ;2 ,x x x  . Trường hợp 3: 1m   khi đó phương trình (3) thành: 0. 4x  (3) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm. c) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 1m   . Ta có: 3 1 2 3 1 1 1 2 1 1 1 m x m m m y m m               . Vậy ,x y nguyên khi và chỉ khi 2 1m  nguyên. Do đó 1m  chỉ có thể là 2; 1;1;2  . Vậy 3; 2;0m    (thỏa mãn) hoặc 1m  (loại) Vậy m nhận các giá trị là 3; 2;0  . d) Khi hệ có nghiệm duy nhất  ,x y ta có: 2 2 3 1 2 1 1 x y m m             Vậy điểm  ;M x y luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình 2y x  . e) Khi hệ có nghiệm duy nhất  ;x y theo (d) ta có: 2y x  . Do đó:     22 . 2 2 1 1 1 1 1xy x x x x x          
Trang 31Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 1 3 1 2 1 1 0 1 1 x m m m m              . Vậy với 0m  thì .x y đạt giá trị nhỏ nhất. Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ 2x y  theo cách khác: Khi hệ phương trình 1 3 1 x my m mx y m            1 2 có nghiệm duy nhất   m 1 lấy phương trình (2) trừ đi phương trình (1) của hệ ta thu được:      1 1 2 1 2m x m y m x y        Bài II.13. Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có 3 1y m mx   thay vào phương trình  1 của hệ ta có:  2 2 1 3 3 2m x m m    . Do 2 1 0m   với mọi m nên phương trình này luôn có nghiệm duy nhất 0x . Suy ra hệ luôn có nghiệm với mọi m . Gọi  0 0;x y là một nghiệm của hệ: Từ hệ phương trình ta có:     0 0 0 0 2 4 1 3 x m y y m x        .Nhân cả hai vế phương trình thứ nhất với  03 x , phương trình thứ hai với  0 4y  rồi trừ hai phương trình cho nhau ta được:        2 2 0 0 0 0 0 0 0 03 2 4 1 0 5 10 0x x y y x y x y            . Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau:    : 4 2 0, ' : 3 1 0d x my m d mx y m        . Ta dễ dàng chứng minh được đường thẳng  d luôn đi qua điểm cố định:  2;4A và đường thẳng  'd luôn đi qua điểm cố định :  3;1B . Mặt khác ta cũng dễ chứng minh đường thẳng ( )d và đường thẳng ( ')d vuông góc với nhau nên hai đường thẳng này luôn cắt nhau. Gọi  0 0;M x y là giao điểm của hai đường thẳng thì tam giác MAB vuông tại M . Gọi I là trung điểm của AB thì 5 5 ; 2 2 I       , 10AB  suy ra 2 2 2 2 0 0 1 5 5 4 4 10 2 2 2 IM AB IM AB x y                        .  2 2 0 0 0 05 10 0x y x y      . Bài II.14. Từ phương trình (2) ta suy ra: 2 1y m mx   . Thay vào phương trình (1) ta được:    2 2 2 1 3 1 . 2 3x m m mx m x m m         (3). Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, điều đó xảy ra khi và chỉ khi: 2 1 0 1m m     .
Trang 32Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Khi đó        2 2 1 2 32 3 2 3 1 2 1 1 . 1 1 1 2 3 1 2 1 . 1 1 m mm m m x m m m m m m y m m m m                        . a) Ta có:     2 22 2 3 2 4 12 12 2 3 3 3P x x x x x          3P  khi 3 2 3 3 4 6 3 3 3 2 1 2 m x m m m m             . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. b) Ta có:   44 4 4 2Q x y x x     đặt 1t x  . Khi đó     4 4 4 3 2 4 3 2 4 2 1 1 4 6 4 1 4 6 4 1 2 12 2 2Q t t t t t t t t t t t t                  2 3 2 0 1 1 2 3 1 2 1 m Q t x m m m m                 . Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2. Bài II.15: Xét hai đường thẳng        1 2: 1 1 0; : 1 8 3 0d mx m y d m x my m         . + Nếu 0m  thì  1 : 1 0d y   và  2 :d 5 0x   suy ra  1d luôn vuông góc với  2d . + Nếu 1m   thì  1 : 1 0d x  và  2 :d 11 0y   suy ra  1d luôn vuông góc với  2d . + Nếu  0;1m  thì đường thẳng    1 2,d d lần lượt có hệ số góc là: 1 2 1 , 1 m m a a m m      suy ra 1 2. 1a a   do đó    1 2d d . Tóm lại với mọi m thì hai đường thẳng  1d luôn vuông góc với  2d . Nên hai đường thẳng luôn vuông góc với nhau. Xét hai đường thẳng        1 2: 1 1 0; : 1 8 3 0d mx m y d m x my m         luôn vuông góc với nhau nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Gọi giao điểm là  ;I x y , đường thẳng  1d đi qua  1;1A  cố định, đường thẳng  2d luôn đi qua  3; 5B  cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AB . Gọi  1; 2M  là trung điểm AB thì     2 2 1 2 13 2 AB MI x y      (*).
Trang 33Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960      2 2 1 2 2 2 3 5 8 2 3P x y x y x y            8 2 1 3 2 1 2 3x y        hay  10 4 3 2 1 3 2P x y        Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:           2 2 2 1 3 2 1 3 1 2 52 1 3 2x y x y x y                   52 2 13 . Vậy 10 2 3 2 13P    .
Trang 34Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 III. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO 1. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1: a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại 1 nếu mỗi phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó không đổi b) Tính chất Nếu  0 0,x y là một nghiệm thì hệ  0 0,y x cũng là nghiệm c) Cách giải: Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P quy hệ phương trình về 2 ẩn ,S P Chú ý: Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng chỉ thể hiện trong một phương trình. Ta cần dựa vào phương trình đó để tìm quan hệ ,S P từ đó suy ra qua hệ ,x y . Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a) 3 3 2 2 8 x y xy x y       b)    3 3 19 8 2 x y x y xy        b)    2 23 3 3 3 2 3 6 x y x y xy x y         d) 3 1 1 4 x y xy x y          Giải: a)Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:  2 2 2 2 2 2 6 33 8 8 2 S PS P SS S P S S                   3 2 2 2 3 6 16 0 2 2 7 8 0 2 0S S S S S S S P              Suy ra ,x y là hai nghiệm của phương trình: 2 2 0 0, 2X X X X     0 2 2 0 x x y y         b) Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:       2 3 3 83 19 8 1 63 2 8 19 24 25 08 2 SP SS S P SP S S PS S S SS P                         . Suy ra ,x y là hai nghiệm của phương trình: 2 1 26 0 3; 2X X X X      
Trang 35Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm      ; 2;3 , 3; 2x y    c) Đặt 3 3,a x b y  hệ đã cho trở thành:    3 3 2 2 2 3 6 a b a b b a a b        . Đặt S a b P ab     điều kiện 2 4S P thì hệ đã cho trở thành.    3 2 3 3 2 36 3 3 6 866 S SP SP P P S PSS               . Suy ra ,a b là 2 nghiệm của phương trình: 2 1 2 2 8 4 64 6 8 0 2; 4 4 64 2 8 a x a x X X X X b y b y                        Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm      ; 8;64 , 64;8x y  d) Điều kiện: 0 , 1 xy x y     . Đặt . S x y P x y     điều kiện 2 4S P hệ phương trình đã cho trở thành:           2 2 2 22 2 3; 33 2 2 1 16 2 3 1 14 3 14; 3 3 14; 3 30 52 04 8 10 196 28 S P SS P S S P S S S S P S S P S S SS S S S                                            6 9 3 S P x y        . Vậy hệ đã cho có nghiệm    ; 3;3x y  . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: a) 2 2 2 8 2 4 x y xy x y        c) 2 2 2 2 1 xy x y x y x y x y          b)    2 2 2 2 1 1 5 1 1 9 x y xy x y x y                     d)       3 2 2 3 2 2 1 2 30 0 1 11 0 x y y x y y xy x y x y y y               Giải: a) Đặt ,x a y b  điều kiện , 0a b  .
Trang 36Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Hệ phương trình trở thành: 4 4 2 8 2 4 a b ab a b        . Ta viết lại hệ phương trình thành: 4 2 2 2 ( ) 4 ( ) 2 2 8 2 4 a b ab a b a b ab a b           Đặt S a b P ab     điều kiện 2 4 , 0 S P S P     thì hệ đã cho trở thành. 2 256 64 6 2 8 2 4 2 4 4 P P P S P a b x y S                Ngoài ra ta cũng có thể giải ngắn gọn hơn như sau:     2 2 2 2 2 2 2 16 2 16 2 ( ) 0 2 4 4 x y xy x y xy x y x y x y x y x x                       Vậy hệ có một cặp nghiệm duy nhất    ; 4;4x y  b) Điều kiện: 0x y  . Biến đổi phương trình (1):   22 2 2 2 1 1 2 0 xy xy x y x y xy x y x y            Đặt ,x y S xy P   ta có phương trình: 2 2 2 1 0 P S P S     3 2 2 2 2 0 ( 1) 2 ( 1) 0 ( 1)( 2 ) 0S P SP S S S P S S S S P               . Vì 2 4 , 0S P S  suy ra 2 2 0S S P   . Do đó 1S  Với 1x y  thay vào (2) ta được:   2 1 1 0, 3y y y y      Xét 2 2 2 22 1 1 1 0 xy x y x y x y x y x y x y                (không thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ đã cho có nghiệm      ; 1;0 , 2;3x y   . c) Điều kiện: 0xy  . Hệ đã cho tương đương:
Trang 37Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 22 2 2 2 2 1 11 1 55 1 1 1 19 9 x yx y x yx y x y x yx y x y                                         . Đặt 1 1 1 1 . x y S x y x y P x y                            Hệ trở thành: 2 2 9 5, 6 5 S P S P S        1 1 2; 3 1 1 3; 2 x y x y x y x y             . 3 5 1; 2 3 5 ; 1 2 x y x y           . Vậy hệ đã cho có nghiệm:   3 5 3 5 ; 1; , ;1 2 2 x y                  . d) Hệ tương đương với :      30 11 xy x y x y xy xy x y x y xy           . Đặt   ;xy x y a xy x y b     . Ta thu được hệ:     5 630 5; 6 11 6; 5 6 5 xy x y xy x yab a b a b a b xy x y xy x y                            . TH1:   2 36 2; 1 1; 235 ( ) 2 xy x yxy x y x y x yxyxy x y L x y                     TH2:   5 5 21 5 21( ) ;15 2 2 16 5 21 5 21 ; 5 2 2 xy L x yx yxy x y xyxy x y x y x y                            . Vậy hệ có nghiệm:       5 21 5 21 ; 1;2 , 2;1 , ; 2 2 x y         .
Trang 38Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2. HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2 Một hệ phương trình 2 ẩn ,x y được gọi là đối xứng loại 2 nếu trong hệ phương trình ta đổi vai trò ,x y cho nhau thì phương trình trở thành phương trình kia. + Tính chất.: Nếu  0 0;x y là 1 nghiệm của hệ thì  0 0;y x cũng là nghiệm + Phương pháp giải: Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được một phương trình có dạng       0 ; 0 ; 0 x y x y f x y f x y          . Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a) 2 2 2 2 x x y y y x       b)           2 2 2 2 1 6 1 1 6 1 x y y x y x x y           c) 3 3 3 1 2 1 3 1 2 1 x x x y y y y x             Giải: a) Điều kiện: , 0x y  . Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:            2 2 2 1 2 0 x x y y y x x y x y x y x y                 Vì     1 2 0x y x y x y      nên phương trình đã cho tương đương với: x y . Hay   2 2 0 2 0 2 1 1 0 1 3 5 2 x x x x x x x x x x x x x                      Vậy hệ có 3 cặp nghiệm:       3 5 3 5 ; 0;0 , 1;1 , ; 2 2 x y          b) Hệ đã cho 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 xy x y yx y yx y x xy x              Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:
Trang 39Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960          2 7 0 2 7 0 2 7 0 xy y x x y x y x y x y x y xy x y x y xy                     + Nếu x y thay vào hệ ta có: 2 2 5 6 0 3 x y x x x y          + Nếu   2 7 0 1 2 1 2 15x y xy x y        . Mặt khác khi cộng hai phương trình của hệ đã cho ta được:     2 22 2 5 5 12 0 2 5 2 5 2x y x x x y          . Đặt 2 5, 2 5a x b y    Ta có:        22 2 0 12 2 2 4 4 15 84 1 31 a b aba b a b ab a b a bab a b ab                             Trường hợp 1:       0 ; 3;2 , 2;3 1 a b x y ab       Trường hợp 2: 8 31 a b ab      vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ đã cho là:          ; 2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2x y  c) Điều kiện: 1 1 ; 2 2 x y    Để ý rằng 1 2 x y   không phải là nghiệm. Ta xét trường hợp 1x y   Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta thu được:  3 3 3 1 2 1 3 1 2 1x x x y y y y x            2 2 2 ( ) 4( ) 0 2 1 2 1 x y x y x xy y x y x y               2 2 2 ( ) 4 0 2 1 2 1 x y x xy y x y x y                  Khi x y xét phương trình: 3 3 2 1 2 1 0 2 2 1 1 0x x x x x x          
Trang 40Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 22 2 ( 1) 0 1 0 0 2 1 1 2 1 1 x x x x x x x x                  Tóm lại hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 0x y  3. HỆ CÓ YẾU TỐ ĐẲNG CẤP ĐẲNG CẤP + Là những hệ chứa các phương trình đẳng cấp + Hoặc các phương trình của hệ khi nhân hoặc chia cho nhau thì tạo ra phương trình đẳng cấp. Ta thường gặp dạng hệ này ở các hình thức như: + 2 2 2 2 ax ex bxy cy d gxy hy k         , + 2 2 2 2 ax , gx bxy cy dx ey hxy ky lx my           + 2 2 3 2 2 3 ax gx bxy cy d hx y kxy ly mx ny           ….. Một số hệ phương trình tính đẳng cấp được giấu trong các biểu thức chứa căn đòi hỏi người giải cần tinh ý để phát hiện: Phương pháp chung để giải hệ dạng này là: Từ các phương trình của hệ ta nhân hoặc chia cho nhau để tạo ra phương trình đẳng cấp bậc n : 1 . .... 0n n k k n k na x a x y a y    Từ đó ta xét hai trường hợp: 0y  thay vào để tìm x + 0y  ta đặt x ty thì thu được phương trình: 1 .... 0n n k k na t a t a    + Giải phương trình tìm t sau đó thế vào hệ ban đầu để tìm ,x y Chú ý: ( Ta cũng có thể đặt y tx ) Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau: a)   3 3 2 2 8 2 3 3 1 x x y y x y        
Trang 41Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b)         2 2 3 22 2 5 4 3 2 0 , 2 x y xy y x y x y xy x y x y            Giải: a) Ta biến đổi hệ: 3 3 2 2 8 2 3 6 x y x y x y        Để ý rằng nếu nhân chéo 2 phương trình của hệ ta có: 3 3 2 2 6( ) (8 2 )( 3 )x y x y x y    đây là phương trình đẳng cấp bậc 3: Từ đó ta có lời giải như sau: Vì 0x  không là nghiệm của hệ nên ta đặt y tx . Khi đó hệ thành:       2 33 3 3 3 22 2 2 2 2 1 2 88 2 1 4 1 3 33 3 1 1 3 6 x t tx x t x tx t t tx t x x t                          3 2 2 1 3 3 1 4 1 3 12 1 0 1 4 t t t t t t t                  . *  2 2 1 3 6 31 13 3 x t x t x yy             . * 4 78 1 13 4 78 13 x t y           . Suy ra hệ phương trình có các cặp nghiệm: ( ; )x y      4 78 78 4 78 78 3,1 ; 3, 1 ; , ; , 13 13 13 13                   b). Phương trình (2) của hệ có dạng:           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 0 1 2 0 xy x y x y xy x y xy xy xy x y                 2 2 1 2 xy x y      TH1:  2 2 3 15 4 3 2 0 11 xx y xy y x y yxy            và 1 1 x y      .
Trang 42Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 TH2:    2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 5 4 3 2 0 5 4 3 2 2 2 x y xy y x y x y xy y x y x y x y                    (*) Nếu ta thay 2 2 2x y  vào phương trình (*) thì thu được phương trình đẳng cấp bậc 3:   2 2 3 2 2 5 4 3x y xy y x y x y     Từ đó ta có lời giải như sau: Ta thấy 0y  không là nghiệm của hệ. Xét 0y  đặt x ty thay vào hệ ta có:  2 3 3 3 2 2 2 5 4 3 2 2 t y ty y ty y t y y         Chia hai phương trình của hệ ta được: 2 3 2 2 5 4 3 1 4 5 2 0 1 1 t t t t t t t           2 2 2 2 1 1 1 5 5 1 1 1 1 2 2 2 2 5 5 x xt x y x x y yt x y y y                                        . Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: a)       2 23 3 2 3 2 3 0 2 2 3 1 6 1 2 0 x y y y x y x x x               b)   2 1 2 3 3 2 2 2 2 6 x yx x y x y x y x y           Giải: a) Điều kiện: 2 2 3 0x y   . Phương trình (2) tương đương:         2 3 23 3 2 3 2 2 3 1 6 6 2 0 2 1 3 1 4 0y x y x x x x y x y             Đây là phương trình đẳng cấp giữa y và 1x  . + Xét 0y  hệ vô nghiệm + Xét 0y  . Đặt 1x ty  ta thu được phương trình: 3 2 2 3 4 0t t   Suy ra 2 1 2t x y     
Trang 43Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Thay vào phương trình (1) ta được: 2 14 5 2 4 9 18 x x x x y         . Vậy hệ có một cặp nghiệm:   14 5 ; ; 9 18 x y        . b) Dễ thấy phương trình (1) của hệ là phương trình đẳng cấp của x và y Điều kiện: 0; 3 0y x    . Đặt 2 2 y tx y t x   thay vào (1) ta được: 2 2 2 2 2 1 2 3 3 2 x x tx x t x x t x     Rút gọn biến x ta đưa về phương trình ẩn t :    2 2 2 1 0 2 2 0t t t t y x         . Thay vào (2) ta được: 2 2 25 1 4 8 2 6 4 10 2 6 2 6 4 4 x x x x x x x           2 2 5 1 2 2 6 2 2 x x                 . Giải ra ta được 17 3 13 3 17 4 2 x y      . Vậy nghiệm của hệ   17 3 13 3 17 ; ; 4 2 x y          . Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau: a) 3 3 2 2 1 3 1 x y x y x y        b) 2 3 1 2 2 1 3 3 6 x y xy x x x xy          Giải: a) Ta có thể viết lại hệ thành:   3 3 2 2 3 1 1 x y x y x y        (1) Ta thấy vế trái của phương trình (1) là bậc 4. Để tạo ra phương trình đẳng cấp ta sẽ thay vế phải thành 2 2 2 ( )x y . Như vậy ta có:
Trang 44Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960      23 3 2 2 4 3 2 2 3 4 3 2 3 2 2 0x y x y x y x x y x y xy y          2 2 2 2 ( )( 2 )(2 ) 0 2 2 0 x y x y x y x xy y x y x xy y                 + Nếu 2 2 2 27 2 0 0 0 4 2 y x xy y x x x y                không thỏa mãn. + Nếu x y ta có 2 2 2 1 2 x x    + Nếu 2 5 2 5 1 5 x y y y       Tóm lại hệ phương trình có các cặp nghiệm:   2 2 2 2 2 5 5 2 5 5 ; ; , ; , ; , ; 2 2 2 2 5 5 5 5 x y                                   b) Điều kiện 1y   . Ta viết lại hệ thành: 2 3 1 2 ( 1) 1 3 ( 1) 6 x y x y x x y          Ta thấy các phương trình của hệ đều là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với , 1x y  Dễ thấy 1y   không phải là nghiệm của hệ phương trình. Xét 1y   . Đặt 1x t y  thay vào hệ ta có:     3 2 3 2 3 3 1 2 1 0 3 6( 2 ) 0 31 3 6 y t t t t t t t ty t t                      + Nếu 0t  thì 0x  . Không thỏa mãn hệ + Nếu     3 3 3 3 1 3 27 1 9 1 6 1 9 9 t y y y x           Vậy hệ có 1 cặp nghiệm duy nhất 3 3 1 ( ; ) 9; 1 9 x y        Ví dụ 4: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 3 3 2 2 ( 2 3) 3 xy x y xy x x y x         
Trang 45Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 b)   2 2 2 3 0 ( 1) 3( 1) 2 2 0 x xy x x y xy x y y               Giải: a) Điều kiện: 0y  . Phương trình (2) của hệ có dạng: 3 3 1 2 ( 1) ( 1) 3( 1) 2 3 y xy y x y y xy x            Trường hợp 1y   không thỏa mãn điều kiện Trường hợp 3 2 3xy x  ta có hệ: 3 2 2 3 2 xy x xy x y       . Vế trái của các phương trình trong hệ là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với ,x y . Dễ thấy 0y  . Ta đặt x t y thì thu được hệ: 3 3 2 2 3 2 1 (2 ) 3 2 3 2 3 1 0 1 1 2( ) 2 2 t y t t t t t t ty t t                + Nếu 1t  thì 1 1x y x y     + Nếu 1 2 t  thì 3 3 3 1 1 1 4 4 2 3 3 9 x y y x x x y         Tóm lại hệ có các nghiệm:     3 3 1 4 ; 1;1 , ; 3 9 x y        b)Điều kiện: 2 2 0 0x y y y    . Từ phương trình thứ nhất ta có: 2 3xy x x    thay vào phương trình thứ hai ta thu được: 2 2 2 2 2 ( 1) 3( 1) 2 2 6 2 ( 2) 0 2 3 2 ( 2) 0 x y x x y x x y y x                Đây là phương trình đẳng cấp bậc 2 đối với y và 2 2x  Đặt  2 2y t x  ta thu được: 2 1 3 2 1 0 1 ( ) 3 t t t t L          Khi 1t  ta có: 2 2y x  thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta thu được: 1 3x y    Tóm lại hệ phương trình có một cặp nghiệm ( ; ) (1; 3)x y  
Trang 46Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 3 2 8 16 2 8 3 3 4 2 xy x y x y x x x x y y y              b) 2 3 2 2 3 1 3 ( 1 1) 8 3 4 4 x y x x y x x xy y xy y            Giải: a)Điều kiện: 3 2 0, 0, 0 3 4 x x y x y y      . Phương trình (2) tương đương: 2 3 2 2 2 4 3 4 3 4 3 2 2 . 8 6 12 16 8 6 8 6 6 x x y x x x x y x x y y y y y               . Đây là phương trình đẳng cấp đối với 2 8 x y và 4 3 6 x y Ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 8 x y và 4 3 6 x y cùng dấu hay 2 4 3 0, 0 8 6 x x y y    . Đặt 2 , 8 x a y  4 3 6 x y b   suy ra 2 2 2a b ab a b    2 6 4 3 2 8 6 3 x y x x y y x y          . TH1: 6x y thay vào (1) ta có: 2 2 28 168 ( ) 4 37 37 16 16 4 249 7 7 y x L y y y y x                 . TH2: 2 3 x y  thay vào (1) ta có: 2 2 12 ( )4 16 16 13 9 12 8( ) y L y y y y x TM            .
Trang 47Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vậy hệ có nghiệm     24 4 ; ; , 8;12 7 7 x y        . b)Điều kiện: 0 , 0 1 1 0 xy x y x x y        Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ là phương trình đẳng cấp đối với ,x y . Ta thấy nếu 0y  thì từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra 0x  , cặp nghiệm này không thỏa mãn hệ. Xét 0y  . Ta chia phương trình thứ hai của hệ cho y ta thu được: 2 8 3 4 4 x x x y y y          . Đặt x t y  ta thu được phương trình 4 2 4 2 2 4 2 4 4 8 3 4 4 8 3 4 8 16 8 4 8 12 0 t t t t t t t t t t t t                     4 2 3 2 4 4 1 2 2 3 0 ( 1)(2 2 3) 0 t t t t t t t t t t                   Khi 1t x y   . Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: 3 3 3 1 3 ( 1 1)x x x x     . Điều kiện: 0 1x  . Ta thấy 0x  không thỏa mãn phương trình. Ta xét 0 1x  . Chia bất phương trình cho 3 0x  ta thu được phương trình: 3 2 3 3 1 1 1 1 3 1 x x x x            . Đặt 1 1t t x    phương trình trở thành:      3 3 3 2 3 2 3 1 3 1 3 1 1 3t t t t t t t t           Xét    3 3 2 ( ) 3 1 1f t t t t t     Dễ thấy    1 3f t f  suy ra phương trình có nghiệm duy nhất 1 1t x   Tóm lại hệ phương trình có nghiệm    ; 1;1x y  Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ ,x y dựa vào phương trình thứ hai của hệ theo cách: Phương trình có dạng: 2 2 2 2 ( )(8 5 ) ( ) 8 3 4 3 0 0 8 3 4 3 x y x y x y y x xy y y xy y xy yx xy y y                2 2 8 5 (3) 0 8 3 4 3 x y x y y xy yx xy y y           . Vì , 0x y  nên ta suy ra x y
Trang 48Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 4. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Biến đổi tương đương là phương pháp giải hệ dựa trên những kỹ thuật cơ bản như: Thế, biến đổi các phương trình về dạng tích,cộng trừ các phương trình trong hệ để tạo ra phương trình hệ quả có dạng đặc biệt… * Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải các hệ phương trình sau a) 2 4 2 3 2 1 4 2 5 2 ( 1) 5 3 ( ) ) 6 (1 (2) x y y x x x y x y y               b) 3 3 2 2 2 12 6 16 4 6 9 0 x x y y x y xy x y             c) 3 3 2 2 2 3 4 3 6 4 xy x y x y x y         d) 2 3 2 7 6 ( 6) 1 2( ) 6 2 4 1 y x y x x y x y y x               Giải: a). Điều kiện 2 1 2 5 2 ( 1) x y y x         Xuất phát từ phương trình (2) ta có: 4 3 2 2 3 2 3 6 ( ) 0 0 3 ( 2 ) ( 2 ) 0 ( 2 )(3 1) 0 2 x x y x y y x x x y x x y x x y x x y                   Với 0x  thay vào (1) ta có: 1 4 2 4 2 5 4 2 4 2 4y y y y          Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có   2 4 2 4 2 2(4 2 4 2 ) 16 4 2 4 2 4y y y y y y             Dấu = xảy ra khi: 4 2 4 2 0y y y     Hệ có nghiệm:(0;0) Với: 2x y . Thay vào phương trình trên ta được
Trang 49Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 1 4 5 ( 1) 5 1 4 ( 1)(4 ) 5x x x x x x x x                (*) Đặt 2 5 1 4 0 1. 4 2 t t x x x x           . Thay vào phương trình ta có: 2 2 55 5 2 15 0 32 tt t t t t            . Khi 2 0 1. 4 2 3 0 3 3t x x x x x x              Tóm lại hệ có nghiệm     3 ; 0;0 , 3; 2 x y        Nhận xét : Điều kiện 0t  chưa phải là điều kiện chặt của biến t Thật vậy ta có: 2 2 1 4 5 2 ( 1)(4 ) 5t x x t x x t           Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si ta có 2 2 ( 1)(4 ) 5 10 5; 10x x t t          b) Hệ viết lại dưới dạng 3 3 2 2 12 ( 2) 12( 2) ( 4) ( 3) 0 x x y y x x y y             Đặt 2t y  . Ta có hệ : 3 3 2 2 2 2 2 2 12 12 ( )( 12) 0 (*) ( 2) ( 1) 0 2( ) 1 0 (2*) x x t t x t x t xt x x t t x t xt x t                        Từ (*) suy ra 2 2 12 0 (3*)x t xt x t        - Với x t thay vào (2*)ta có phương trình 2 3 4 1 0x x   Từ đây suy ra 2 nghiệm của hệ là     1 7 ; 1;3 , ; 3 3 x y        - Với (3*) kết hợp với (2*) ta có hệ 2 2 13 ( ) 12 0 2 ( ) 121( ) 2( ) 1 0 0 4 x t x t xt VN x t xt x t xt                     . Do   2 4x t xt  Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm:     1 7 ; 1;3 , ; 3 3 x y       
Trang 50Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 c) Đưa hệ phương trình về dạng: 3 3 2 ( 1)(2 1) 2 1 3 ( 1) (2 1) 3( 1) (2 1) 5 2 2 x y x y x y              Đặt: a x 1; b 2y 1.    Khi đó ta thu được hệ phương trình: 3 3 23 3 2 2 2 1 3 2 6 3 103 5 2 2 ab ab a b a ba b a b             Từ hệ phương trình ban đầu ta nhẩm được nghiệm là x y 1  nên ta sẽ có hệ này có nghiệm khi: a 2; b 1  Do đó ta sẽ phân tích hệ về dạng: 2 2 ( 2) 2(1 ) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) a b b a a b b          Vì ta luôn có: 0b  nên từ phương trình trên ta rút ra 2(1 ) 2 b a b    Thế xuống phương trình dưới ta được: 2 2 2 2 2 2 4( 1) ( 1) ( 1) ( 2) ( 1) 4( 1) ( 2) 0 1 4( 1) ( 2) b a b b b a b b b b a b b                    Với: 1 2b a   , suy ra: 1;x y  . Với 2 4( 1) ( 2)a b b   . Ta lại có: 2 2 ( 1) 2 1 . b ab b a b a b          Thế lên phương trình trên ta có: 2 3 1 2 1 2;4( 2) ( 2) 2 4 (Không TM) b a x yb b b b b                 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là:   1 (1;1) 2; ; 2 ,x y         d) Điều kiện: 1 0 x y     . Ta viết lại hệ phương trình thành: 2 2( ) 6 2 4 1x y x y y x       2 2( ) 6 2 4 1x y x y y x        . Bình phương 2 vế ta thu được:
Trang 51Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 2 2 2 4 2 6 2 4 1 2 ( 1)x xy y x y x y y x          2 2 2 ( 1) 2 ( 1) ( 1 ) 2 ( 1)x y x y x y y x            2 2 1 2( 1 ) ( 1 ) 0 1 1 x y x y x y x y x y                Thay vào phương trình (2) ta có: 2 23 37 1 ( 7) 1 7 1 ( 7) 1y y y y y y y y           . Đặt 3 ( 7)a y y  ta có phương trình: 3 3 2 1 01 1 1 12 0 2 a aa a a aa a a a                     Với 0 1 0 7 6 y x a y x           Với 2 7 3 5 5 3 5 2 21 7 1 0 7 3 5 5 3 5 2 2 y x a y y y x                     Với 2 1 (L) 2 7 8 0 8 7 y a y y y x             Hệ phương trình đã cho có nghiệm là :   5 3 5 7 3 5 5 3 5 7 3 5 ; ( 1;0),(6;7), ; , ; ; ,(7;8) 2 2 2 2 x y                     Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau a) 2 2 2 2 3 2 (2 2) 3 0 2 ( 3) 2 6 1 0 x y x y x xy y x y y              b) 2 2 3 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 x xy y y x x y y y x            c). 2 3 2 2 2 2 3 4 3 0 3 3 1 0 xy x y yx y x x y y xy           
Trang 52Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Giải: a) Cách 1: Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất theo vế ta được: 2 3 2 2 2 ( 3) 2 6 1 (2 2) 3 0xy y x y y y x y          2 3 2 2 3 2 2 2 3 1 0 1 2 32 1 0xy y y x x yxy y y y            ( 1)(2 1)( 1) 0.y y x y      + Nếu 1y   thay vào phương trình (1) ta có: 2 3 3x x    + Nếu 1 2 y  thay vào phương trình (1) ta có: 2 3 2 3 4 12 3 0 2 x x x       + Nếu 1y x  thay vào phương trình (1) ta có: 2 2 2 2 2 3( 1) 0 4 6 3 0x x x x x         . Vô nghiệm. Kết luận:   3 2 2 1 3 2 2 1 ; ( 3;1),( 3;1), ; , ; 2 2 2 2 x y                   *Cách 2: Phương trình thứ hai phân tích được: 2 (2 )( 3) 1 0y x x y     Phương trình thứ nhất phân tích được: 2 2 ( ) 2( 2 ) 0x yx y    Đặt 2 , 2a x y b x y    ta có hệ: 2 2 0 ( 3) 1 0 a b a b        b) Lấy phương trình thứ hai trừ phương trình thứ nhất, ta được: 3 2 2 2 2 0,x x x y xy x     hay 3 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 0.x x x y x x     Do 3 2 2 2 ( 1)( 2 )x x x x x x     nên từ trên, ta có 2 ( 2 )( 1 ) 0.x x x y    + Nếu 0 0 2 y x y       + Nếu 0 2 4 3 y x y       + Nếu 1y x  thay vào phương trình (1) ta thu được: 2 1 2 2 0y y   vô nghiệm. Kết luận: Hệ phương trình có các cặp nghiệm là:     4 ; (0;0),(0; 2), 2;0 , 2; 3 x y         c) Hệ được viết lại như sau:
Trang 53Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960       2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 3 4 3 3 1 0 3 3 1 0 xy y x x y x y xy y y x x y x y y xy x y xy                      Xét với 0y  thay vào ta thấy không là nghiệm của hệ . Với 0y  ta biến đổi hệ thành :  2 2 2 1 3 4 1 3 3 0 x y x x y x y x y                  2 2 2 1 3 4 1 3 4 x y x x y x y x x y                 Đặt : 2 1 3 a x y b y x        Khi đó hệ trở thành hệ : 2 4 4 ab x a b x      Theo Viets thì ta có 2 số a và b là nghiệm của phương trình : 2 2 2 22 11 2 4 4 ( 2 ) 0 2 1 2 32 3 yx x xyt xt x t x t x x xx y x x                       2 3 2 1 1 1 1 1 2 3 3 2 1 0 y y xx x y x x x x x                   Vậy hệ có 1 nghiệm    ; 1;1x y   Ví dụ 3: Giải các hệ phương trình sau a)   3 2 4 3 1 1 2 9 9 x y x y y x y y            b) 3 2 2 3 2 2 15 6 (2 5 4 ) 2 8 3 3 4 2 x x y x y x y x x x x y y y              c) 3 2 2 2 3 6 2 4 4 3 9 2 6 3 2 4 4 6 x x y y x x y xy y x x               d) 3 4 2 2 8 3 4 2 2 x y y x y xy y y          Giải: a) Từ phương trình (2) của hệ ta có:     2 4 3 3 3 9 9 9 0 9 0 x y x y y x y y x y x y x y                
Trang 54Sưu tầm – Tổng hợp: Nguyễn Tiến – 0986 915 960 “Hệ phương trình” Ủng hộ word liên hệ 0986 915 960 Vì 1y  và 3 1 1 2x y    nên 3 1 2 7x x    Do đó 3 9 1 0x y     nên 3 9 0x y   vô nghiệm. Ta chỉ cần giải trường hợp x y . Thế vào phương trình ban đầu ta được: 3 1 1 2x x    . Đặt  3 1 ; 1 0a x b x b     thì     23 3 2 2 3 2 2 2 2 4 2 0 1 2 2 0 2 a b a a a a a a a a a b                   Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ban đầu 0; 11 6 3; 11 6 3x x x       Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là 0; 11 6 3; 11 6 3x y x y x y          b)Phương trình thứ nhất của hệ   2 2 2 (2 ) 12 15 0 15 12 y x y x x y x y          TH 1: 2 15 12 x y   thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:   2 3 2 2 22 3 2 4 15 3 15 4 242 15 x x x x x xx           2 2 2 2 2 2 36 12 16 15 16 15 0 15 15 x x x x x x x x             2 2 22 22 22 16 15 0 16 15 0 36 16 156 16 15 1515 x x x x xx x xx x xx                        2 2 2 2 16 15 0 36 15 16 15 (*) x x x x x x           Xét phương trình (*)   2 2 2 36 15 16 15x x x x    Vì x = 0 không phải là nghiệm. Ta chia hai vế phương trình cho 2 x ta có: 15 15 36 16x x x x             Đặt 2 215 16 36 0 18 t x t t t tx            + Nếu 2 515 2 2 2 15 0 5 3 x t x x x x xx              

Chuyên đề hệ phương trình

Chuyên đề hệ phương trình

Recomendados

Más contenido relacionado

Presentaciones para ti(20)

Similar a Chuyên đề hệ phương trình(20)

Más de Toán THCS(20)

Último(20)

Chuyên đề hệ phương trình