Các Dạng Hệ Phương Trình Cơ Bản Và Cách Giải, Ba Dạng Hệ Phương Trình Cơ Bản

*Giới thiệu cấu trúc: A. Các dạng hệ phương trình cơ bản: I.hệ phương trình bậc 2: I.1: hệ đối xứng loại 1 I.1.1:Lý thuyết I.1.2:Bài tập áp dụng I.2: hệ đối xứng loại 2: I.2.1:Lý thuyết I.2.2:Bài tập áp dụng II.Hệ đẳng cấp II.1:Lý thuyết II.2:Bài tập áp dụng. B.Các cách giải hệ phương trình: I.phương pháp biến đổi tương đương: …..

Đang xem: Hệ phương trình cơ bản

*Giới thiệu cấu trúc:A. Các dạng hệ phương trình cơ bản:I.hệ phương trình bậc 2:I.1: hệ đối xứng loại 1I.1.1:Lý thuyếtI.1.2:Bài tập áp dụngI.2: hệ đối xứng loại 2:I.2.1:Lý thuyếtI.2.2:Bài tập áp dụngII.Hệ đẳng cấpII.1:Lý thuyếtII.2:Bài tập áp dụng.B.Các cách giải hệ phương trình:I.phương pháp biến đổi tương đương:I.1:Lý thuyết:Loại 1Loại 2Loại 3I.2: Bài tập áp dụng:I.2.1:Bài tập áp dụng cho loại 1I.2.2:Bài tập áp dụng cho loại 2I.2.3:Bài tập áp dụng cho loại 3II. phương pháp đặt ẩn phụ:II.1:Lý thuyếtII.2:Bài tập áp dụngIII. phương pháp hàm số:III.1:Lý thuyết:Loại 1Loại 2III.2:Bài tập áp dụng:III.2.1:Bài tập áp dụng cho loại 1III.2.2:Bài tập áp dụng cho loại 2IV. phương pháp đánh giáC.tuyển tập các bài toán hay và khó ***Chuyên đề:Hệ phương trìnhA.Các hệ dạng hệ phương trình cơ bản:I.hệ phương trình bậc 2:I.1: hệ đối xứng loại 1:I.1.1:Lý thuyết:Cách giải của hệ pt đối xứng loại 1 là biến đổi các pt củahệ để đưa về đặt ẩn phụ theo tổng và tích các biến dưới dạng định Lý vietI.1.2: Bài tập áp dụng:Bài 1 : Giải hệ phương trình  x 2  xy  y 2  4   x  xy  y  2 u 2  t  4(1)Lời giải:Đặt x+y =u và xy = t   u  t  2(2) u  3Từ (2)  t = 2 – u thế vào (1) ta có : u 2  u  6  0   1 u2  2 u1  3 u2  2Từ đó ta có :  hoặc  t1  5 t2  0  x  y  3 Hệ :  vô nghiệm  xy  5 x  y  2 Hệ :  có 2 nghiệm ( x,y 0 = ( 0;2) và ( 2; 0)  xy  0 Biên soạn: Nguyễn Thị Yến Giang  x 2  1  3 y (1) Bài 2 :Giải hệ phương trình :  2  y  1  3x(2) Lời giải:Từ (1) và (2) suy ra : x  y 2  3 y  3x  ( x  y)( x  y  3)  0 2 Vậy hệ đã cho tương đưong với :  x2  1  3 y  x2  1  3 y   x2  1  3 y   x  y  0    x  y  0   2 ( x  y )( x  y  3)  0  x  y  3  0  x  1  3 y    x  y  3  0   3 5 x  y   2  3  41   x   2  3  41  y  3   2 Biên soạn : Nguyễn thị Yến GiangBài 3: Giải hệ :  x 2  y 2  2 xy  8 2    x y 4 Lời giải:Đặt u = x  0 ; v = y  0 , ta có hệ :  u 4  v 4  2uv  8 2   u  v  4 Đặt S = u + v . P = uv thì : S  4    ( S  2 P)  2 P  2 P  8 2(*) 2 2 2 Ta có (*) 2P2  64P  256  2P  8 2 P2  32P 128  8  P P  8   P  32 P  128  64  16 P P 2 2 P = 4 S  4Vậy ,  v , u là các nghiệm của phương trình : t 2  4t 4  0 P  4 t1  t2 = 2 u = v = 2 x  y = 2 x = y = 4 Biên soạn:Nguyễn Thị Phương Thảo BChú ý : Ta đã khử bớt căn thức nhờ đặt ẩn số phụ u , v . Mặt khác hệ đãcho là hệ đối xứng kiểu 1 . Nên ta tính P để áp dụng hệ thức Viet . Cácbạn có thể nhân hai vế của phương trình (1) với 2 và bình phương haivế của phương trình (2) để dẫn đếnx=y.Bài 4: Giải hệ: ( x 2  xy  y 2 ) x 2  y 2  185   2 ( x  xy  y 2 ) x 2  y 2  65 Lời giải:Cộng từng vế của hai phương trình ta được : 2( x 2  y 2 ) x 2  y 2  250 ( x2  y 2 )3  125 x2  y 2  5 (25  xy )5  185Thay vào hệ :  xy = 12 (25  xy )5  65  x 2  y 2  25Ta có hệ   xy  12 x  3 x  4Dễ dàng giải hệ đối xứng này để dẫn tới nghiệm :  ; ; y  4 y  3 x  3  x  4 ; y  4  y  3 Biên soạn: Nguyễn Thị Phương Thảo BBài 5: cho hệ phương trình  x2  y 2  m  x  y  6 a.Gải hệ phương trình với m= 26 b.Xác định m để hệ vô nghiệm c.Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất, xác định nghiệm đó d.Xác định m để hệ có nghiệm phân biệtLời giải: Biến đổi hệ phương trình về dạng : x  y  6 ( x  y )2  2 xy  m     36  m x  y  6  xy  2  Khi đó, x,y là nghiệm của phương trình: 36  m t 2  6t  0 (1) 2 Với m=26, ta được : t  1  x  1, y  5 (1)  2t 2  12t  10  0     t  5  x  5, y  1vậy, với m=26 hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (1,5) và (5, 1). b.Hệ vô nghiệm  (1) vô nghiệm   ”(1)  0  m-18 x2  2x  a  2  x2  2 x  a  2   x2  2 x  2  a  3  3  22 x  a  1 2 x  1  x  2 x  x  1  2 x  1  0 2    1  x  2    a   3  4  x  1   a 1    x  1   a  3     xy   x  y   3  3 *a  1: (1) & (2)    xy  x  y   2  4  Theo định lí Viet thì xy và x+y là nghiệm của phương trình: t  1t 2  3t  2  0   t  2  x  y  2  I    xy  1  3 &  4     x  y  1  II      xy  2Giải (I): x,y là nghiệm của phương trình: t 2  2t  1  0  t  1  x  y  1Giải (II): x,y là nghiệm của phương trình: t 2  t  2  0 :vônghiệm    7  0 Vậy a=1 thõa mãn  5  xy   x  y    5  3 *a   : 1 &  2    4 4 1  xy  x  y    6    4Theo định lí viet thì xy và x+y là nghiệm của phương trình: t  1 5 1t  t 0 1 2 4 4 t   4   1  III   xy  4    x  y  1    xy  1   IV   1  x  y  4  Tương tự ta được nghiệm(x;y) duy nhất là  ;  1 1   2 2 3Vậy a  thõa mãn 4  xy  x  y  1 7  *a  3: 1 &  2     xy  x  y   2  8 Theo định lí viet thì xy và x+y là nghiệm của phương t  1trình: t 2  t  2  0   t  2   xy  1 V    x  y  2  7  & 8     xy  2 VI     x  y  1Xét hệ (V) có 2 nghiệm là (2;-1) và (-1;2)Vậy a=-3 không thõa mãn. 3 Tóm lại: giá trị a cần tìm là 1& 4 Biên soạn: Văn Thị Linh HàBài 7:Cho hệ phương trình: x  y 2  6a  14 2x  y  3 2  a  2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 trênlà hệ đối xứng loại1 nên(b,c);(-c,-b);(-b,-c) cũng là nghiệm của hệ. Rõràng: (c,b)  (-c,-b) 6a  14  0Thật vậy nếu (c,b)= (-c,-b) thì c=b=0   : vô lí a  2  0Vì vậy để hệ đã cho có 2 nghiệm thì c=b hay x=y. Thay vào hệ ta có: x  x 2  6a  14 7 2 a2 x  3  2  a  3  13  x  y   0 2 x  y  7  2*a  : 1 &  2    3  x  y  13  2 2  x  y   13  2 7Vậy a  là giá trị cần tìm để hệ có đúng 2 nghiệm 3 Biên soạn: Văn Thị Linh HàBài 8:Hãy xác định a để hệ sau có nghiệm duy nhất: xy   x  y  z 2  a 2x  y  z  a 2 2Lời giải: Nếu coi z 2 là tham số thì hệ đã cho là một hệ đối xứng loại 1 với2 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  x2  ax=y&z=0.Thay vào hệ, ta được:  2  a0 2 x  a *a  0 : hệ đã cho có dạng:  xy   x  y  z  0  2I  2 2 2 x  y  z  0 Từ (I) ta dễ dàng nhận thấy x=y=z=0 là nghiệm duy nhất của hệVậy: a=0 là giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh HàI.2:Hệ đối xứng loại 2:I.2.1:Lý thuyết:Hệ phương trình đối xứng loại 2 có cách giải chủ yếudựa vào các phép biến đổi cơ bản như trừ theo vế các phương trình rồinhóm và phân tích nhân tửI.2.2:Bài tập áp dụng:Bài 1:Giải hệ phương trình: 2 x 2  y  3 y 2  2 1I  2  2 y  x  3x  2  2  2 Lời giải:Trừ từng vế của (1) và (2) ta được:5  x2  y 2    x  y   0   x  y  5x  5 y  1  0Hệ (I) trở thành 2 hệ:2 x 2  y  3 y 2  2x  yhay2 x 2  y  3 y 2  25 x  5 y  1Nghiệm của 2 hệ trên chính là nghiệm của hệ (I).Giải 2 hệ trên ta được  1  209 1  209   1  209 1  209 tập nghiệm của (I) là:  1; 1 ,  2; 2  ,   ; , ;   10 10   10   10   Biên soạn: Trần Trung Hiếu  1 3 2 x  y  x Bài 2:Giải hệ phương trình:  2 y  1  3   x yLời giải:Với điều kiện x,y  0. Hệ phương trình đã cho tương đương 2 x 2 y  x  3 yvới:  2  (*) 2 xy  y  3x Trừ hai phương trình trùng phương ta được: (2xy+4)(x-y) = 0a)Với x=y thế trở lại (*) ta được: 2 x 3  2 x  0  x  0 (loại) và x= 1 hai nghiệm x = y =  1.b) Với xy = -2, thế trở lại (*) ta được y = -x  x =  2  2 nghiệm:x  2, y   2x   2, y  2 x  2 x   2  y  x  1Vậy hệ có nghiệm:   ;  ; y  2  y  2   y  x  1 Biên soạn: Nguyễn Tiến DuyBài 3 Giải hệ phương trình sau: x  y  4  2  xy  y ( x  y )  4( y  2)Lời giải: Ta có: x  y  4  2  xy  y ( x  y )  4( y  2) x  4  y x  4  y x  4  y 2  2   xy  4 y  4 y  8  xy  8 (4  y ) y  8 2 x  4  y x  4  y 3  y  4y  8  0 ( y  2)( y  2 y  8)  0 2 2  y  2, x  2   y  1  5, x  3  5  y  1  5 ,3  5 Vậy nghiệm của hệ phương trình là:(x,y) = (2,2),( 3  5,1  5 ) ,( 3  5,1  5 ) Biên soạn: Nguyễn Tiến DuyBài 4: Giải hệ phương trình sau: 2 x 2  xy  3x  (1)  2 2 y  xy  3 y  ( 2)Lời giải:Lấy (1) – (2) ta có hệ phương trình: 2( x 2  y 2 )  3( x  y )  ( x  y )(2( x  y )  3  2  2 2 y  xy  3 y  2 y  xy  3 yHệ tương đương với hai hệ phương trình: x  y  0 2( x  y )  3  0( I ) hay ( II )  2 y  xy  3 y 2 y  xy  3 y 2 2Ta có: x  y x  y x  y  0( I )   2  2 y  y  3 y 3 y  3 y  0 x  y  1 2 2  3  3  3 x  2  y x  2  y x  2 , y  0( II )        2 y 2  ( 3  y ) y  3 y y2  3 y  0  x  0, y  3   2   2   2 3 3Vậy hệ có bốn nghiệm (x,y) = (0,0),(1,1),(0, ), ( ,0). 2 2 Biên soạn: Nguyễn Tiến DuyBài 5:tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất: x 2   2a  1 x  a 2  3  y 1 2 y   2a  1 y  a  3  x  2  2Lời giải: Do hệ (1)&(2) là hệ đối xứng loại 2 nên nếu hệ trên có nghiệmlà (m,n) thì (n,m) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duynhất thì m=n hay x=y. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ tađược: x2   2a  1 x  a2  3  x  x2  2  a  1 x  a 2  3  0  3Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1)&(2) để hệ đã cho cónghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duynhất  ”  a2  2a  1  a2  3  0  a  2  x 2  3x  1  y   x 2  3x  1  y *a  2 : 1 &  2    2   y  3y 1  x   x  y   x  y   4   0     x  y  x  y  2  I   2   x  3x  1  x  x  2x 1  0  x  y  4 x  y  4  2  II    2   x  3x  1  4  x    x  4x  5  0Giải (I): x=y=-1Giải (II): ” **  4  5  1  0  ** vô nghiệm(II) vô nghiệmVậy: a=-2 là giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh HàBài 6:Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất: x 2  y  axy  11 2 y  x  axy  1 2 Lời giải: Do hệ (1)&(2) là hệ đối xứng loại 2 nên nếu hệ trên có nghiệmlà (m,n) thì (n,m) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duynhất thì m=n hay x=y. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ tađược: x2  x  ax 2  1   a  1 x2  x  1  0 3Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1)&(2) để hệ đã cho cónghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duynhất  ”  a2  2a  1  a2  3  0  a  2 a  1 a  1     1  4  a  1  0 a  5  4   x 2  y  xy  1  x 2  y  xy  1 *a  1: 1 &  2    2   y  x  xy  1  x  y  x  y  1  0    y  x  x  1  2   x  x  x  1 y 1 2   y  1 x   x  1, y  0  2    x  1  x  x 1  x   1   x  0, y  1  Vậy: a=1 không thõa mãn  2 5 x  y  xy  1  x 2  y  5 xy  1 5  *a  : 1 &  2    4  4 4 5  y2  x xy  1   x 2  y    y 2  x   0   4  2 5  2 5 2   x  y  4 xy  1   x  x  4 x  1    x  2, y  2 x  y  x  y     x  0, y  1   y  1  x   y  1  x   x  1, y  0   2 5  2 5  x  y  xy  1   x  1  x  x 1  x   1  4  4 5Vậy: a  không thõa mãn. 4Tóm lại: không tìm được giá trị a phù hợp với yêu cầu đề ra Biên soạn: Văn Thị Linh HàBài 7:tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: x 2  my  m  0 1 2 y  mx  m  0  2   x 2  mt  m  0 1″ Lời giải: Đặt y=-t hệ (1)&(2) trở thành:  2 t  mx  m  0  2 “ 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.

Xem thêm: Tiểu Luận Tư Tưởng Biện Chứng Trong Triết Học Hy Lạp Cổ Đại, Khái Quát Chung Về Triết Học Hy Lạp Cổ Đại

Xem thêm: Kho Bài Tập Ôn Tập Tiếng Anh Lớp 5 Cho Bé Ôn Tập Hiệu Quả, Bài Tập Tiếng Anh Lớp 2 Theo Chủ Đề

Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thìa=b hay x=t. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ tađược: x2  mx  m  0  3Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1’)&(2’) để hệ đã cho cónghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy m  4nhất    m2  4m  0   m  0  x2  0  x  0 x  0*m  0 : 1″ &  2″   2   t  0  t  0 y  0Vậy m=0 là thõa mãn  x 2  4t  4  0   2  x  4t  4  0*m  4 : 1″  &  2 ”    2  t  4 x  4  0   x  t  x  t  4   0    x 2  4t  4  0  x  t  x  t   2   x  t  x  4 x  4  0  x  2    x  4  t   x  4t  4  0 x  4  t 2    2  t  4  x  x2  4  4  x   4  0   x  4 x  20  0     x  2 2 y  2  x  4 x  20   x  2   16  0x 2 Vậy m=4 là thõa mãnTóm lại: m=0 hoặc 4 là những giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh HàMột số bài tập đề nghị bạn đọc tự giải:  x 2  3x  y 2  3 y a)  Biên soạn:Nguyễn  3 x  2 y  2   10  x 2  2 x  4  y Tiến Duy b)   10  y 2  2 y  4  x Biên soạn: Nguyễn Tiến DuyII. Hệ đẳng cấp: a1 x 2  b1 xy  c1 y 2  d1 II.1: Lý thuyết:Cho hệ phương trình:  a2 x  b2 xy  c2 y  d 2 2 .Cách 1: – Kiểm tra x = 0, y = 0 có là nghiệm của hệ phương trình không. – Nếu x = 0, y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình thì ta đặt x = ty và đưa được về 1 phương trình bậc hai theo t. Giải tìm ra t suy ra x, . Cách 2: – Khử số hạng tự do để đưa về phương trình dạnga x2  bxy+cy2  0 . – Đặt x = ty, khi đó phương trình trở thành: y 2 (at 2  bt  c)  0 + Xét y = 0 thay vào hệ tìm x. + Xét at 2  bt  c  0 nếu có nghiệm t = t0 thì thay x = t0 y vàohệ để tìm ẩn y và suy ra x.Cách 3: – Từ hệ khử số hạng x 2 ( hoặc y 2 ) để đưa về một phương trìnhkhuyết x 2 (hoặc y 2 ). – Rút 1 ẩn x (hoặc y 2 ) thì phương trình khuyết x 2 (hoặc y 2 ) đóthay vào một phương trình của hệ ta được phương trình trùng phươngtheo x ( hoặc y). Giải tìm x (hoặc y) và suy ra nghiệm còn lại. Lưu ý: Cách giải thứ 3 sử dụng thuận lợi đối với các bài toán biện luận.II.2: Bài tập áp dụng:Bài 1: Giải hệ phương trình:2x 2  3xy+y 2  15 (1) 2 x  xy  2 y  8 2 (2) Giải:Cách 1:Ta có x = 0, y = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình.  2k 2  3k  1 y 2  15  3Đặt x = ky thì phương trình trở thành  2   k  k  2  y  8  4 2  k  2Vì y  0 nên từ (3) và (4) suy ra: k 2  9k  22  0    k  11- Với k = 2 ta có x = 2y thay vào (2) ta được y 2  1  y  1 Vậy hệ có nghiệm (2, 1), (-2, -1).- Với k = – 11 ta có x = – 11y thay vào (2) ta được 1 1 11 y2   y x 14 14 14  11 1   11 1 Vậy hệ có nghiệm   , , ,   14 14   14 14 Cách 2:Khử số hạng tự do từ hệ đã cho ta được: x2  9xy-22y2  0  5 y  0Đặt x = ty, khi đó (5)  y 2  t 2  9t  22   0  t  2  t  11   2x  15 2 – Với y = 0 hệ trở thành  2 vô nghiệm. x  8  – Với t = 2 ta được x = 2y thay vào (2) ta được y 2  1  y  1 Vậy hệ có nghiệm (2, 1), (-2, -1). – Với t = – 11 ta có x = – 11y thay vào (2) ta được 1 1 11 y2   y x 14 14 14  11 1   11 1 Vậy hệ có nghiệm   , , ,   14 14   14 14 Vậy hệ có 4 nghiệm: (2, 1), (-2, -1),   11 1   11 1   , , ,  14 14  14 14    Biên soạn: Trần Trung HiếuBài2:Giải hệ phương trình :  x 2  3xy  y 2  1 (I)  2  2 x  xy  3 y  7  2Lời giải: Đây là hệ phương trình đẳng cấp bậc hai .Nhân phương trình đầu với 7 rồi cộng với phương trình thứ hai ta được:9×2 + 20xy + 4y2 = 0Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra x = 0 . Nhưng dễ thấy ( 0;0) không là nghiệmcủa (I) . Do đó có thể giả thiết y # 0 . Điều đó cho phép ta đặt x = kyThế vào (1) ta có : 9k2y2 + 20ky2 + 4y2 = 0  9k2 +20k + 4 = 0 2  k = -2 hoặc k = – 9  x  2 y Điều đó cho thấy (1)   x   2 y  9 Vì vậy hệ (I) tương đương với tuyển của hai phương trình sau:  x 2  3xy  4 y 2  1  x 2  3xy  y 2  1  (II)  , (III)  2  x  2 y x    9 Đến đây , bạn có thể tự giải hai hệ phương trình trên. Kết quả làhệ (III) vô nghiệm còn hệ (II) có hai nghiệm là (-2;1) và (2;-1), đó cũng làhai nghiệm của hệ phương trình (I) . Biên soạn:Nguyễn Thị Phương Thảo ABài 3: Giải hệ phương trình : 3x 2  5 xy  4 y 2  3   2 9 y  11xy  8 x 2  6 Lời giải:x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình Đặt y = kx . Ta có :  2   x 3  5k  4k  3 2   2 2   x 9k  11k  8  6   9k  11k  8 2   2  4k 2  5k  3  9k 2  11k  8  8k 2  10k  6  k2  k 2  0 k  1 k  2  * k = 1 thì ta có: x 2 3  5  4  3  x  1 2 2 2 2 2 x y hoặc x    y 2 2 2 2 * k = -2 thì ta có : x 2 8  10  16  3  x 2  1  x  1  y  2  x  1  y  2  Vậy nghiệm của hệ phương trình là :  2 2   2 (x;y)   ; 1;2;  1;2  2  ; ;   ;  2 2   2   2   Biên soạn:Nguyễn Thị Phương Thảo A 3x 2  2 xy  y 2  11 Bài 4: Giải hệ phương trình:  2 I   x  2 xy  3 y 2  17  m  a) Giải hệ phương trình với m = 0 b) Với những giá trị nào của m thì hệ phương trình có nghiệm ?Lời giải : a) Giải hệ phương trình khi m = 0 * x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình * x # 0 . Đặt y=kx  x 2 (3  2k  k 2 )  11 (I)     x 2 (1  2k  3k 2 )  17   3  2k  k 2 11   16k 2  12k  40  0   1  2k  3k 2 7   x 2( 3  2k  k 2 )  11  x 2 (3  2k  k 2 )  11    5 k  2  k    4  x (3  2k  k )  11 2 2  *k = 2  x 2 (3  4  4)  11  x 2  1 x  1  y  2   x  1  y  2 *k =   x 2  3  2.    11  x 2  5 5 25 16   4  4 16  3  4 3 5 3 x  y 3 3   4 3 5 3 x  y  3 3 Vậy hệ phương trình nghiệm   4 3  5 3    4 3 5 3 (x;y)  1,2;  1;2;    ; ;    3 ; 3      3 3    b) Đặt 17 + m = k  x 2  2 xy  y 2  11 (I)   2   x  3xy  3 y 2  k  Đặt y = tx thì ta có :    x 2 3  2t  t 2  11   2  x (12t  3t 2 )  k  3  2t  t 2 11    k  33t 2  2k  11t  3k  11  0(*) 1  2t  3t 2 k Khi k = 33 thì (*)  t  2 Khi k # 33 thì (*) có nghiệm  ”  (k  11) 2  (3k  11)(k  33)  0  ”  k 2  44k  121  0  22  11 3  k  22  11 3  22  11 3  17  m  22  11 3  5  11 3  m  5  11 3 Biên soạn: Nguyễn Thị Phương Thảo ABài 5:Với những giá trị nào của m thì hệ phương trình sau có nghiệm: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  1 2 y  z  yz  2 2 x 2  z 2  xz  mLời giải:Trường hợp: z=0 : vô nghiệm x yTrường hợp z # 0: Đặt: a  , b  z zHệ được viết thành: 2 1a  b  1  ab  a  b  z 2 1 2 2 2b  b  1  2  2  z 2 m a  a  1  z 2  3 1  1 1   2  :  a  2  a  b  1   b    a  1   a  2 z 2 2 z    2  1  5  a  2 z  a  2 z 4 2  3  m z   a 2  a  1  0  2   m 2 a 2   4m 2  5m  1 a  4m 2  10m   m 2  1 a 2   4m 2  5m  1 a  4m 2  10m  1  0  4     3hệ có nghiệm khi và chỉ khi (6) có nghiệm 50 25  616 25  616   0  m2  m 1  0  m 3 3 3 Biên soạn: Văn Thị Linh HàB.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 đổiđồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một PT trong hệ vềdạng đơn giản (có thể rút x theo y hoặc ngược lại) rồi thế vào PT còn lạitrong hệ. Gồm 3 loại cơ bản:Loại 1: trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y, khi đó tatìm 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. Lúcđó ta xem x là tham số và biển diễn được y qua x bằng cách giải PT bậchai ẩn y.I.2: Bài tập áp dụng:I.2.1: bài tập cho loại 1:Bài 1: giải hệ phương trình: x 2  y  1 x  y  1  3x 2  4 x  11 xy  x  1  x  2  2Lời giải: ta thấy x=0 không thõa mãn PT(2). Với x  0 từ (2) x2 1có y  1  , thay vào (1) ta được: x 2 x 1  x2 1  2 x   3x  4 x  1 2x x  x   x 2  1 2 x 2  1   x  1 3 x  1  x  1  2 x3  2 x 2  x  1   x  1 3x  1  x  0  loai    x  1  2 x3  2 x 2  4 x   0   x  1  x  2 Hệ có hai nghiệm (x;y) là 1; 1 &  2;   5    2 Biên soạn: Văn Thị Linh HàI.2.2: bài tập cho loại 2:Bài 1: giải hệ phương trình: xy  x  y  x 2  2 y 2 1 x 2 y  y x 1  2x  2 y  2Lời 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  x  y  0   *  x  2 y  1 thay vào PT(2) và biến đổi ta được: y  1   2 y  2  0  y  2  y  0  x  5Hệ có nghiệm  x; y    5; 2  Biên soạn: Văn Thị Linh HàBài 2:Tìm các nghiệm tự nhiên x,y,z:  x yz  x  y  z  1 1 1 x  y  z 1 Lời giải:Ta có: x yz  x  y  z     2 2 x yz  y x z x  y  z  2 y ( x  y  z )  y  x  z  2 xz y ( x  y  z )  xz y  z y 2  xy  yz  xz  0  ( x  y )( z  y )  0   y  x  Với y=x thay vào phương trình thứ hai ta được:  x  2  1 x  3   2 1   1  2 z  x  xz  9 x  2)( z  1)  2    z 1  1   z  3 z z  x  2  2  x  4    z  1  1   z  2 Tương tự, với z=y ta có nghiệm tự nhiên của hệ là(3;3;3),(4;4;4),(2;4;4) Biên soạn: Lê Lam AnhBài 3:Giải hệ phương trình:  xy  x  y  x 2  2 y 2  (1)  x 2 y  y x 1  2x  2 y  (2) 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 (x+y>0)   x=2y+1  (y+1)  2   2 y  2  0  y  2(do y  0) x=5Vậy hệ có nghiệm (x,y)=(5;2) Biên soạn: Lê Lam AnhI.2.3: bài tập cho loại 3:Bài 1: giải hệ phương trình: y 2   5 x  4  4  x 1 2 y  5 x  4 xy  16 x  8 y  16  0  2  2Lời giải: Biến đổi PT(2) về dạng:y 2   4 x  8 y  5x 2  16 x  16  0Coi PT(2) là PT bậc hai ẩn y(tham số x) ta có:  y  5x  4”  9 x2   y  4 x  4  x   5  x 4 * y  5 x  4,   5 x  4     5 x  4  4  x      5   y  0 1 2   x  0  x  0  y  4   x  4  x  4 y  0* y  4  x,   4  x      5 x  4  4  x     1 2 x  0  x  0   y  4  4 Hệ có nghiệm là:  x; y    0; 4  ;  4;0  ;   ;0   5  Biên soạn: Văn Thị Linh HàII.Phương pháp đặt ẩn phụ:II.1: Lý thuyết: Điểm quan trọng nhất trong việc giải hệ là phát hiện ẩnphụ u=f(x,y) và v=g(x,y) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiệnsau một số phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho mộtbiểu thức khác 0 để đưa hệ về dạng đơn giản hơn.II.2:Bài tập áp dụng:Bài 1:Giải hệ phương trình: x 2  1  y  y  x   4 y 1 2 x  1  y  x  2   y  2 Lời giải: Ta thấy y=0 không thõa mãn PT(1) nên hệ  x2  1  y  yx4(1)&(2)   2   x  1   y  x  2   1  y    x2  1 u  v  2Đặt: u  & v  y  x  2 , ta có hệ:  y uv  1Giải hệ trên theo viet ta dễ dàng thu được u=v=1, từ đó ta có hệ:  x  1 x 1  y y  3 x y  3 x y  2 2  2  2 x  y  3 x 1  3  x x  x  2  0   x  2   y  5 Vậy hệ có nghiệm (x,y) là (1;2)&(-2;5) Biên soạn: Văn Thị Linh HàBài 2: Giải hệ phương trình:4 xy  4  x  y   3 2 2 7  x  y 22 x  1  3 x yLời giải: Điều kiện x+y #0. Khi đó ta có: 3 3 x  y    x  y   7 2 2  x  y 2x  y  1  x  y  3 x yĐặt: u  x  y  1 x y  u  2 ; v  x  y ; ta được hệ:3u 2  v 2  13 v  3  u  v  3  u  2  2u  v  3 3u   3  u   13 4u  6u  9  13  0 2  v  3  u v  3  u  u  2  u2 2      u  2 2u  3u  2  0  u  1 v  1   2Từ đó ta có hệ: 1x  y  2 x  y  1 x  1 x y  x  y  1 x  y  1  y  0Vậy nghiệm của hệ là (1;0)