cách giải hệ phương trình bậc cao

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (427.64 KB, 49 trang )

Đang xem: Cách giải hệ phương trình bậc cao

Thực Hành Giải Toán

Ví dụ 1:

Giải hệ phương trình:

Giải:

Hệ phương trình được viết lại

Đặt S = x + y, P = xy

Khi đó với:

Với

x, y là nghiệm của phương trình:

⇒

là nghiệm phương trình:

Vậy hệ phương trình có bốn cặp nghiệm

Ví dụ 2:

8

Thực Hành Giải Toán

 x + xy + y = m + 1

2

2

 x y + xy = m

Cho hệ phương trình: 

a. Giải hệ khi m = 2

b. Tìm m để hệ có ít nhất một nghiệm thoã: x > 0, y > 0.

Giải:

Đặt S = x + y, P = xy.

Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:

S + P = m + 1



 SP = m

 z =1

⇒ S, P là hai nghiệm của phương trình: z 2 − (m + 1) z + m = 0 ⇒  1

(*)

 z2 = m

a. Với m = 2 thế vào (*) ta được:

 x + y = 1

(I )



 xy = 2



.

 x + y = 2



( II )

  xy = 1



– Hệ (I) vô nghiệm.

– hệ (II) có nghiệm x = y =1.

b. Để hệ có nghiệm x, y > 0 :

 1 ≥ 4m

S 2 ≥ 4P



1





  m > 0 ⇔ 0 < m ≤ ⇔ S >0 ⇔ 2

4



m ≥ 4

 P>0



 m≥2



 m > 0



Ví dụ 3:

x 2 + y 2 − x + y = 2

Giải hệ phương trình 

.

 xy + x − y = −1

Giải:

Nhận thấy trong hệ có x − y , ta đặt t = − y . Hệ thành:

9

Thực Hành Giải Toán

2



 x2 + t 2 − x − t = 2

( x + t ) − 2 xt − ( x + t ) = 2

⇔



 − xt + x + t = −1

 − xt + x + t = −1



S 2 − 2 P − S = 2

 S = −1  S = 4

⇔

∨

P = 0 P = 5

− P + S = −1

Đặt S = x + t , P = xt . Hệ thành: 

S = −1

.



P = 0

Khi đó x, t là nghiệm của phương trình:

 x = 0

x = 0

⇔



X1 = 0

t = −1

y = 1

2

⇔

X +X =0⇔ 

  x = −1

 x = −1

 X 2 = −1



⇔

t = 0

y = 0



S = 4

.



P = 5

Khi đó x, t là nghiệm của phương trình: X 2 − 4 X + 5 = 0

  x = −1

 x = −1

⇔



 X = −1

t = −5

y = 5

⇔

⇔

.

  x = −5

 x = −5

 X = −5



⇔

t = −1

y = 1



Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm:

Ví dụ 4:

 x2 + y2 = m

 x+ y =6

Cho hệ phương trình: 

Giải:

Ta có thể giải bằng phương pháp điều kiện cần và đủ như sau:

Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0, y0) thì (y0, x0) cũng là

nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0.

Khi đó:

2 x 2 = m

⇔ 0

⇒ m = 18

(I)

2 x0 = 6



10

Thực Hành Giải Toán

Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất.

Điều kiện đủ: Với m = 18, ta được:

 x 2 + y 2 = 18

x + y = 6

⇔

⇔ x = y = 3 là nghiệm duy nhất.

 xy = 9

 x+ y =6

(I) ⇔ 

Vậy, với m = 18 hệ có nghiệm duy nhất.

Ví dụ 5.

1 1



 x+ y+ x + y = 4



(I )

Giải hệ phương trình: 

1

1

2

2

x + y + +

=4



x2 y2



Giải:

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

2



 2

1 1

1

1 

2

4 4 =  x + y + + ÷ ≤ 4  x + y + 2 + 2 ÷ = 4.4

x y

x

y 





2

2

Vậy hệ (I) tương đương với khả năng bất đẳng thức xảy ra dấu “=”.

⇔x=y=

1 1

= = 1.

x y

Vậy nghiệm của hệ là: x = y= 1.

 x 2 + y 2 = 1 (1)

Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình :  3 3

 x + y = 1 (2)

Giải :

 x ≤ 1  x3 ≤ x 2



⇒

⇒ x 3 + y 3 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 (3)

y ≤ 1  y3 ≤ y2





Ta có : (1) ⇒ 

Từ phương trình (2) ta suy ra : bất đẳng thức (3) xảy ra dấu ‘=’.



x = 0

 3



2

x = x

 y =1

⇒ 3

⇒

2

 x = 1

y = y





 y = 0





b)

Hệ phương trình đối xứng loại hai:

11

Thực Hành Giải Toán

–

Nhận dạng: Nếu thay thế đồng thời x bởi y và y bởi x thì

phương trình thứ nhất biến thành phương trình thứ hai và ngược lại phương

trình II biến thành phương trình I.

–

Phương pháp:

B1: Trừ vế và biến đổi về ( x − y ) f ( x, y ) = 0

B2: Xét x − y = 0

Xét f ( x, y ) = 0 có 3 cách

C1: Cộng hai vế phương trình trên và giải với f ( x, y ) = 0

C2: Dùng phương pháp thế

C3: Chứng minh f ( x, y ) = 0 vô nghiệm

Ngoài phương pháp chung để giải hệ đối xứng loại hai được trình bày ở trên,

trong nhiều trường hợp ta còn sử dụng các phương pháp:

1.

2.

Phương pháp đồ thị.

Phương pháp điều kiện cần và đủ: được áp dụng rất tốt cho hệ với yêu

cầu “tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất”. Khi đó ta thực hiện

theo các bước:

Bước 1. Điều kiện cần

•

Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0, y0) thì (y0, x0) cũng là nghiệm của

hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0.

•

Thay x0 = y0 vào một phương trình của hệ và tìm điều kiện của tham số

để hệ phương trình đó có nghiệm duy nhất, khi đó ta được giá trị của tham số.

•

Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất.

Bước 2.

Xem thêm: Chuyên Đề Bất Phương Trình Lớp 10, Phân Dạng Và Bài Tập Chuyên Đề Bất Đẳng Thức

Xem thêm: Bài Tiểu Luận Ô Nhiễm Không Khí Ở Việt Nam, Tiểu Luận Ô Nhiễm Môi Trường

Điều kiện đủ

 2

 x − 2 x = 3 y (1)

Ví dụ 1:  2

 y − 3 y = 2 x( 2 )



Trừ vế theo vế (1) – (2) ta được :

B1: ( x − y )( x + y − 1) = 0

x − y = 0

x = y

x = 0 x = 5

⇔ 2

⇔

∨

x 2 − 3x = 2 y

x − 5x = 0

y = 0 y = 5





B2: Với x − y = 0 . Ta có hệ 

12

Thực Hành Giải Toán

x + y + 1 = 0

y = −x + 1

 x = −1  x = 2

⇔ 2

⇔

∨

2

 y = 2  y = −1

 x − 3x = 2 y

 x − 3x = 2 y

Với x + y + 1 = 0 ⇔ 

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm: S =

Ví dụ 2:

 y 2 = x3 − 4 x 2 + 8x

Giải hệ phương trình :  2

3

2

x = y − 4 y + 8y

Giải

(1) – (2) ta được:

⇔ x 3 − y 3 − 3( x 2 − y 2 ) + 8( x − y ) = 0.

⇔ ( x − y )( x 2 + y 2 + xy − 3 ( x + y ) + 8) = 0(*)

x – y = 0. Thế vào hệ ta được:

•

x = y = 0.

(

)

•

Cách 1: Cộng hai vế (1) và (2) ta được:

( x 2 + y 2 + xy − 3 x + y + 8) = 0(**)

x 3 + y 3 − 5( x 2 + y 2 ) + 8( x + y ) = 0.

Kết hợp với (**) và giải hệ đối xứng loại I.

2

2

Cách 2: (**) ⇔ x + ( y − 3) x + y − 3 y + 8 = 0

∆ = −3 y 2 + 12 y − 13 < 0. ⇒ (**) vô nghiệm. Vậy hệ có 1 nghiệm x = y = 0. Ví dụ 3:  ( x − 2 ) 2 + y 2 = m(1)  Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:  2 2  x + ( y − 2 ) = m(2)  Sử dụng phương pháp đồ thị: Gọi X 1 và X2 lần lượt là tập nghiệm của (1) và (2). Ta có: • X1 là tập các điểm trên đường tròn (C1) có:  tâmI1 (2, 0)   bánkinhR1 = m  • X là tập các điểm trên đường tròn (C2) có: 13 Thực Hành Giải Toán  tâmI 2 (2, 0)   bánkinhR 2 = m  Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) ⇔ I1 I 2 = R1 + R2 ⇔ 2 2 = 2 m ⇔ m = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi m = 2. Ví dụ 4:  xy + x 2 = m( y − 1) Cho hệ phương trình:  2  xy + y = m( x − 1) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Giải: Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ như sau: Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0, y0) thì (y0, x0) cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = y0. Khi đó: ( 1) ⇔ 2 x02 − mx0 + m = 0. (3) Do x0 duy nhất nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất m = 0 ∆ "(3) = 0 ⇔ m 2 − 8m = 0 ⇔  m = 8 Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ • Với m = 0, hệ có dạng:  xy + x 2 = 0 , hệ có vô số nghiệm thõa mãn y = -x (loại).  2  xy + y = 0 • Với m = 8: hệ có dạng: 14 Thực Hành Giải Toán  xy + x 2 = 8( y − 1)  xy + x = 8( y − 1)  ⇔  x= y  2  xy + y = 8( x − 1)   y = −8 − x   2  x= y  2 2 x − 8 x + 8 = 0 ⇔   y = −8 − x     72 = 0  ⇔ x = y = 2 là nghiệm duy nhất. Vậy, với m = 8 hệ có nghiệm duy nhất. c) Hệ phương trình đẳng cấp: Nhận dạng: Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai có dạng:  a1 x 2 + b1 xy + c1 y 2 = d1 (1)  2 2  a2 x + b2 xy + c2 y = d 2 (2) - (I) Cách giải: + TH1: Xét x = 0 + TH2: Xét x ≠ 0 và đặt y = tx Chú ý: Nếu hệ có một phương trình đẳng cấp và vế trái bằng 0 thì ta cũng giải theo cách trên 3 x 2 − 5 xy − 4 y 2 = −3(1)  Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  2 9 y + 11xy − 8 x 2 = 6( 2)   2 3 y = 4  TH1: x = 0 ⇔  y2 = 2  3  ( hệ vô nghiệm ) ( ( )  x 2 3 − 5t − 4t 2 = −3(1)  TH2: x ≠ 0 đặt y = tx ⇒  2  x − 8 + 11t + 9t 2 = 6( 2 )  ) (1) ⇔ t 2 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 t = −2 ( 2)  t = 1 ⇒ y = x thế vào ⇒ (1) được x 2 = 1 ⇒ x = y = ± 2 2 2 15 Thực Hành Giải Toán t = 2 ⇒ y = −2 x thay vào (1) ⇒ x = ±1 ⇒ y = ±2 Ví dụ 2:  2 x 2 + 13 xy + 18 y 2 = 0 2 2  3x − 2 x + y = 9 Giải hệ phương trình  Giải • • Xét x = 0 suy ra phương trình vô nghiệm. Xét x ≠ 0 đặt y = tx. ⇒ 2 x 2 + 13tx 2 + 18t 2 x 2 = 0 ⇒ 18t 2 + 13t + 2 = 0 2  t = − 9 ⇒ t = − 1   2 Thế vào (2) ta được 4 nghiệm:  27   x = 13    y = − 6  13     x = − 27   19   y = 6  19     x = − 18   13  9  y = 13     x=2     y = −1  3. Dạng không mẫu mực: Đối với dạng này không có phương pháp giải cụ thể. Có thể tùy trường hợp mà sử dụng các phương pháp sau: 16 Thực Hành Giải Toán Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp hàm số Phương pháp đánh giá a) Phương pháp biến đổi tương đương. Phương pháp này chủ yếu là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một PT trong hề về dạng đơn giản rồi thế vào phương trình đơn giản. LOẠI 1. Trong hệ phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y, khi đó ta tìm cách rút y theo x hoặc ngược lại.  x   Thí dụ: Giải hệ phương trình 2 ( y + 1) ( x + y + 1) = 3x 2 − 4 x + 1 xy + x + 1 = x 2 Giải. Ta thấy x = 0 không thõa mãn phương trình (2). Với x ≠ 0 từ (2) ta có y + 1 = x2 x2 −1 , thay vào (1) ta được x x2 −1  x2 −1  2 x+  ÷ = 3x − 4 x + 1 x  x  ⇒ ( x 2 − 1) ( 2 x 2 − 1) = ( x − 1) ( 3x − 1) ⇔ ( x − 1) ( 2 x3 + 2 x 2 − x − 1) = ( x − 1) ( 3 x − 1)  x = 0(loai ) ⇔ ( x − 1) ( 2 x + 2 x − 4 x ) = 0 ⇔  x = 1   x = −2  3 2   5 Hệ có hai nghiệm (x; y) là (1; -1),  −2, − ÷. 2  LOẠI 2. Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn.  Thí dụ: Giải hệ phương trình 17 Thực Hành Giải Toán  xy + x + y = x 2 − 2 y 2    x 2 y − y x −1 = 2x − 2 y  Giải. Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0. PT (1) ⇔ x 2 − xy − 2 y 2 − ( x + y ) = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0 ⇔ x − 2 y − 1 = 0 (điều kiện ta có x + y > 0)

⇔ x = 2y +1 thay vào phương trình (2) và biến đổi ta được

( y + 1) (

)

2 y − 2 = 0 ⇔ y = 2 (do y≥ 0)

⇒ x = 5. Hệ có nghiệm (x; y) = (5; 2).

LOẠI 3. Một PT của hệ là phương trình bậc hai theo một ẩn, chẳng hạn đó là

ẩn y. Lúc đó ta xem x là tham số và biểu diễn y được qua x bằng cách giải PT

bậc hai ẩn y.



Thí dụ: Giải hệ phương trình



y 2 = (5 x + 4)(4 − x)

 2

2

 y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0

Giải.

Biến đổi PT (2) về dạng

y 2 − (4 x + 8) y − 5 x 2 + 16 x + 16 = 0

Coi PT (2) là phương trình bậc hai ẩn y (tham số x) ta có

 y = 5x + 4

∆” = 9 x2 ⇒ 

 y = 4− x

Với y = 5x + 4, thay vào (1) được

( 5x + 4)

2

4



x = − 5 ⇒ y = 0

= ( 5x + 4) ( 4 − x ) ⇔



 x = 0 ⇒ y = 4.

Với y = 4 – x, thay vào (1) được

18