dạng 1: ệ phương tr đối xứng loại i 1. filephẦn i - mỘt sỐ hỆ phƯƠng trÌnh...

PHẦN I - MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

Dạng 1: Hệ phương trình đối xứng loại I1. Hệ phương trình có dạng:

1

2

( ; ) 0

( ; ) 0

F x y

F x y

, với F1(x; y) = F1(y; x) và F2(x; y) = F2(y; x)

Phương pháp :

- Đặt.

x y S

x y P

- Biến đổi hệ phương trình đã cho thành hệ ph ương trình với hai ẩn S, P.- Giải hệ phương trình với hai ẩn S, P.

- Với mỗi cặp (S, P) tìm được, tìm nghiệm (x; y) từ hệ:.

x y S

x y P

Trong đó x, y là các nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0.Chú ý:Nếu (xo;yo) là nghiệm thì (yo;xo) cũng là nghiệm của hệ phương trình.2. Ví dụ minh hoạ:

Giải hệ phương trình:

2 2

7

3 3 16

x y xy

x y x y

(I)

Giải:

Ta có (I) 2 2

7

3( ) 16

x y xy

x y x y

(II)

Đặt.

x y S

x y P

, ta được hệ (II) trở thành:

2 2

77 7

13 2 16 0 2 0

2

P SS P P S

SS S P S S

S

* Với S = - 1 thì P = - 6 , ta có hệ phương trình:1

. 6

x y

x y

x, y là các nghiệm của phương trình : X2 + X – 6 = 0.Suy ra X1 = -3; X2 = 2.Do đó hệ có nghiệm: (-3 ; 2), (2; -3)

* Với S = 2 thì P = - 9 , ta có hệ phương trình:2

. 9

x y

x y

Giải tương tự trên ta được các nghiệm: (1 10 ; 1 10), (1 10 ; 1 10) Kết luận: Hệ phương trình có bốn nghiệm:

(-3 ; 2), (2; -3), (1 10 ; 1 10), (1 10 ; 1 10)

Dạng 2: Hệ phương trình đối xứng loại I I1. Hệ phương trình có dạng:

( , ) 0

( , ) 0

f x y

g x y

với y, x) = gx, y); gy, x) = x, y)

Phương pháp :- Trõ theo vÕ cña hÖ (I) ®îc ph¬ng tr×nh hÖ qu¶: x,y) - gx,y) = 0- Chia x,y) - gx,y) cho (x - y) ®îc hx,y)

x,y) - gx,y) = (x- y). hx,y)

0)y,x(h

0yx

- HÖ đã cho

0)y,x(f

0)y,x(h

0)y,x(f

0yx

Chú ý:+ (x - y) h(x,y) = (x - y). h(y,x) h(x,y) lµ ®a thøc ®èi xøng víi x vµ y.+ HÖ ph¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i II hai Èn cã nghiÖm (,) th× hÖ ph¬ng

tr×nh cã nghiÖm (,) hÖ cã nghiÖm duy nhÊt = d¹ng nghiÖm (,).

2. Ví dụ minh hoạ:

Cho hÖ ph¬ng tr×nh )I(

2

2

)1x(mxyy

)1y(mxyx

ë ®ã m lµ tham sè.

a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho khi m = -1.b) T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt.

Gi¶i:

a) Víi m=-1 (I)

x1xyy

y1xyx2

2

y1xyx

0)1yx)(yx(2

2)x1(xx

y1x

01xx2

yx

y1xyx

01yx

y1xyx

0yx

2

2

2

2

Rx

x1y

2

1x;1x

yx

x1y

Rx

1y

1x

x1y

Rx

2

1y

2

1x

1y

1x

b) §iÒu kiÖn cÇn:§Ó hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x, y, z) th× theo chú ý x0 = y0

Phương trình: 2x2- mx + m = 0 cã nghiÖm duy nhÊt = m2- 8m = 0 m = 0 hoặc m = 8

§iÒu kiÖn ®ñ:

* Víi m = 0 hÖ PT ®· cho

xy;0y

yx;0x

0xyy

0xyx2

2

HÖ ph¬ng tr×nh nµy cã v« sè nghiÖm d¹ng

xy

Rx( lo¹i)

* Víi m = 8 hÖ ph¬ng tr×nh sÏ trë thµnh:

)1y(8xyx

0)8yx(yx

)1x(8xyy

)1y(8xyx22

2

)1y(8xyx

0yx2

hoÆc

)1y(8xyx

08yx2

Gi¶i hÖ (*):

2y

2x

0)2x(

yx

04x4x

yx

08x8x2

yx222

Gi¶i hÖ (**)

72ox

x8y

)1x8(8)x8(xx

x8y

)1y(8xyx

x8y

)1y(8xyx

08yx

2

22

HÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm . Tãm l¹i

2y

2x ( tho¶ m·n)

VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt m = 8

Dạng 3: Hệ phương trình đẳng cấp1. Hệ phương trình có dạng:

B)y,x(G

A)y,x(F

với F vµ G lµ c¸c biÓu thøc ®¼ng cÊp ®èi víi x,y cßn A, B lµ c¸c h»ng sè.Phương pháp :

- Gi¶i hÖ víi y = 0.- Víi y 0 ®Æt x = ky vµ ®îc mét ph¬ng tr×nh theo k. Gi¶i t×m k x,y.


Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh )I(

22

22

13y3xyx3

1yxy3x

Gi¶i:§©y lµ hÖ ®¼ng cÊp bËc hai ®èi víi x,y.

+ Víi y = 0 hÖ (I)

13x3

1x2

2

(lo¹i)

+ Víi y0. Thay vµo hÖ ®· cho ta ®îc

13y3y.kyky3

1yyky3ky22

22

133kk3y

11k3ky22

22

V× y 0 k2-3k+1=(-1).13

3kk3 2 13k2 - 39k + 13 = -k2 + k - 3

16k2 - 40k + 16 = 0 4k2 - 10k + 4 = 0 2k2 - 5k + 2 = 0

2

1

4

35k

24

35k

1

1

Víi k = 2

112.32y

y2x22

1y

2x

1y

2x

1y

y2x

2

2

2

Víi k =2

1 hÖ PT :

112

1.3

2

1y

y2

1x

22

2

2y

1x

2y

1x

Tãm l¹i hÖ ®· cho cã 4 cÆp nghiÖm : (2,1); (-2,-1); (1,2); (-1,-2)

Dạng 4: HÖ ph¬ng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh.1. Kh¸i niÖm:

Mét d¹ng hÖ ph¬ng tr×nh më réng cña hÖ ph¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i hai lµ hÖph¬ng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh cña c¸c Èn: x1, x2,…, xn

)x(g)x(f

)x(g)x(f

...................

)x(g)x(f

)x(g)x(f

)x(g)x(f

1n

n1n

43

32

21

2. C¸c tÝnh chÊt cÇn sö dông:a ) TÝnh chÊt 1:NÕu hai hµm sè f, g cïng t¨ng trªn tËp hîp A vµ (x1, x2,…, xn) lµ nghiÖmcña hÖ ph¬ng tr×nh (I) ë ®ã xiA n,1i th× x1= x2=…= xn

NhËn xÐt: nÕu f, g cïng gi¶m trªn A tÝnh chÊt ttrªn vÉn ®óng.b) TÝnh chÊt 2:Gi¶ sö hµm sè f gi¶m trªn tập hîp A vµ (x1, x2, …………, xn) lµ nghiÖm

cña hÖ ph¬ng tr×nh (I), ë ®ã xiA i = n,1 khi đó :- NÕu u lµ sè lÎ th× x1 = x2 = ………. = xn

- NÕu n lµ sè ch½n th× x1 = x3 = ………. = xn-1

x2 = x4 = ………. = xn

NhËn xÐt: TÝnh chÊt trªn vÉn ®óng khi lµ hµm sè tăng.


Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

x21t

t21z

z21y

y21x

2

2

2

2

Gi¶i :Ta thÊy x 0; y 0; z 0; t 0.XÐt c¸c hµm sè: u = (u - 1)2; g(u) = zu (u 0).Ta cã: ’u = 2(u - 1) ; g’(u) = 1 > 0 u R

- NÕu u > 1 hai hµm sè u vµ g(u) ®Òu t¨ng .¸p dông tÝnh chÊt (1) x = y = z = t = u- NÕu 0 u 1 th× u lµ hµm sè gi¶m, g(u) lµ hµm sè t¨ng¸p dông tÝnh chÊt (2) t = x; z = y khi Êy hÖ trë thµnh

x21y2y

y21x2x

x21y

y21x2

2

2

2

Trõ theo vÕ cña hai ph¬ng tr×nh nµy: x2- y2 = 0 hay x = y (v× x 0; y 0)Tãm l¹i: Trong c¸c trêng hîp ta ®Òu cã : x = y = z = t vµ ®ều b»ng u 0.Víi u lµ nghiÖm kh«ng ©m cña phương tr×nh:

(u - 1) = 2u u2 - 4u + 1 = 0

32u

32u

Ta ®îc hai nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho lµ:

32tzyx

32tzyx

PHẦN II - MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

PHƯƠNG PHÁP 1: SỬ DỤNG PHÉP THẾ1. Phương pháp :

Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để đượcbiểu thức trong 1 phương trình có liên quan với vài phương trình rồi thay vàocác phương trình đó để được hệ p hương trình đã biết cách giải.

Chú ý:Khi dùng phương pháp trên mà không dùng được phép biến đổi tương đương thìsau khi tìm được nghiệm của hệ phương trình hệ quả thì ta phải thử lại cácnghiệm này có là nghiệm của hệ ban đầu hay không rồi kết luận.

2. Ví dụ :

Ví dụ 1: Giải hệ:1

1

1 1 1

xx

y y

xy y x

(I)

Giải:Điều kiện: ( 0 < x 1 vaø y > 0) hoặc (x = 0; y tuøy yù).

(I)1

1 1 1

xy y x

xy y x

thay (1) vào (2) ta được : 1x x =1 (3)

(3) 1 x =1- x0 1

1 1 2

x

x x x

x = 0 hay x = 1.

i/ Với x = 0 thay vào (2) ta có : y = -1 do đó ta được0

1

x

y

ii/ Với x = 1 thay vào (2) ta có : 1y y = 1 (4) ;vì x = 1 > 0 nên y > 0 vì thế VT(4) > 1

Thay bộ0

1

x

y

vào hệ ta thấy thỏa hệ . Kết luận hệ có nghiệm (0;-1)

Ví dụ 2: Giải hệ:4 3 2 2

2

2 2 9

2 6 6

x x y x y x

x xy x

(I)

Giải:

(I)2 2

2

( ) 2 9

2 . (6 6 )

x xy x

x y x x

2 2

2

1( 6 6) 2 9

42 . (6 6 )

x x x

x y x x

( cho kq)

Ví dụ 3: Giải hệ:

2

2 2

2

2 2

( 1) 3

5

( 1) 4

5

x y

x y

y x

x y

(I)

Giải:

(I)

2 2

2 2

2 2

2 2

( 1) 3

5

( 1) 4

5

x y x

x y

y x y

x y

2 2

2 2

( 1)x y

x y

-2 2

2 2

( 1)y x

x y

=3 4

5

x y

3x - 4y = 5 hay x =4 5

3

y (j)

Cũng từ (I) cho: 3yx2 - 3y = 4xy2 + 4x (i); thế (j) vào (i) ta được:2(4 5)

3

y y -3y =

24 (4 5)

3

y y +

4(4 5)

3

y

Thu gọn phương trình trên ta được phương trình bậc 2 ẩn y từ đó ta tìm đượcnghiệm (x;y) của hệ mới. Thay vào hệ ban đầu để kiểm tra đó có là nghiệmcần tìm không.

3. Bài tập tự giải :Giải các hệ phương trình:

1/2 2

2 2

1 4 4

4 3 . 1

y x x

x y x y

2/

2 2

2 2

3 2 3 5 3

4,5 3 3 8 7

x y x y

x y x y

3/5 3

5 11 2

x y

x y x

4/

. .2

. .3

. .4

x y z

x y

x y z

y z

x y z

z x

PHƯƠNG PHÁP 2: SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG1. Phương pháp :

Đôi khi giải hệ ta biến đổi hệ bằng phép biến đổi tương đương để nhận được hệcuối cùng đơn giản hơn.

Chú ý:Khi dùng phương pháp này học sinh cần phải kiểm tra các phép biến đổi tươngđương không hay hệ quả để thử lại.

2. Ví dụ :

Ví dụ 1: Giải hệ:2 4 3

2 2

4 4 1

4 2 4 . 2

x y xy

x y x y

(I)

Giải:

(I)4 2 2

2 2

2 4 . (1 ) 1

4 2 4 . 2

y y x y y

x y x y

( trừ vế với vế của 2 ptrình)

2 2 2

2 2

4 . (1 ) (1 )

4 2 4 . 2

x y y y

x y x y

2

2 2

1

4 2 4 . 2

y

x y x y

hoặc2

2 2

1 4 .

4 2 4 . 2

y x y

x y x y


2 2 3

( . )( ) 1

( . )( ) 1

x y x y x y y

x y x y x y y

(I)

Giải:

(I)2 2 3

2 2 2 2 3 3

( . )( ) 1

( . )( )( . )( ) (1 )(1 )

x y x y x y y

x y x y x y x y x y x y y y

2 2 3

3 3 3 3 6

( . )( ) 1

( )( ) 1

x y x y x y y

x y x y y

2 2 3

6

( . )( ) 1

1

x y x y x y y

x

3. Bài tập tự giải :Giải các hệ phương trình:

1/2 3 1 5 3

1 5 5 3 5

x y x

y y x

2/2 4

4 4

. 1 1

. 1 2

x x y

x y y

3/

2 2

2 2

2 2

2 2

21

7

41

x y x y

x y

y x x y

x y

4/3 3 3

3 2 4

3( )

4 6 4 1 15

x y x y

x x x y

PHƯƠNG PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ1. Phương pháp :

Khi giải 1 hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình 1 cách hợp lýđể nhận được hệ mới mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung đểdùng ẩn phụ và dẫn tới hệ mới ( với ẩn mới ) dễ tìm được nghiệm hơn.

Chú ý:Thông thường ta dùng số ẩn phụ của phương trình mới và c ũ bằng nhau.

2. Ví dụ :

Ví dụ 1: Giải hệ:2 2

2

1 1 3

1( )(1 ) 6

x y

x y

x yxy

(I)

Giải:Điều kiện: x; y 0

(I) 2 2

( )(1 . ) 2

( 1)( 1) 3

( )(1 ) 6

x y x y

x y

x y xy xy

2 2

9 .1

( 1)( 1)

( )(1 ) 6

x y

x y

x y xy xy

Đặt t = 21

x

x; z = 21

y

ythì t; z 1 1

[ ; ]2 2

. Ta có: hệ

9 . 1

2

3

t z

t z


2 2 2

3 3 3

1( )(1 ) 9

.

1( )(1 ) 27

.

x yx y

x yx y

(I)

Giải :

(I)

2 2

3 3

1 1( ) ( ) 9

1 1( ) ( ) 27

x yy x

x yy x

Đặt u= x+ 1

y; v= y+ 1

xta có:

2 2

3 3

9

27

u v

u v

đặt S = u + v; P = u.v

với S24P và2

3

2 9

3 27

S P

S SP

.


2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

( ) (3 1). .

( ) (4 1). .

( ) (5 1). .

x y z x x y z

y x z y y x z

z y x z z y x

(I)

Giải:- Nếu hệ nhận x = 0 là nghiệm thì ta được y = 0 hoặc z = 0

Rõ ràng các bộ (0; 0; t); (0; t; 0); (t; 0; 0) với mọi t đều là nghiệm của hệ .- Xét x.y.z 0 thì

(I)

2

2

2

2

2

2

1 1 1 13

1 1 1 14

1 1 1 15

y z x x

x z y y

y x z z

.

Đặt1 1 1

; ;u v tx y z . Ta có: (I)

2 2

2 2

2 2

( ) 3

( ) 4

( ) 5

v t u u

u t v v

u v t t

(II)

Lấy (2) - (3) ta được: (t - v)(2u + t + v) = (v - t)(v + t + 1) - 1hay (v - t)[2(u + v + t) + 1] = 1

Lấy (1) - (2) ta được: (u - v)(u + v + 2t) = (v - u)(v + u + 1) – 1hay (v - u)[2(u + v + t) + 1] = 1

Do đó: v – t = v - u hay u = t3. Bài tập tự giải :

Giải các hệ phương trình sau :

1/5 5 3 3

2 2

7( ) 31( )

3

x y x y

x xy y

2/ 2 2

1( )(1 ) 4

14

x yxy

x yxy

xy xy

PHƯƠNG PHÁP 4: SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VI-ET1. Phương pháp :

1/ Nếu.

x y s

x y p

với s; p cho trước thì x; y là nghiệm phương trình t2 - s.t + p = 0.

2/ Nếu1

2

3

. .

. .

x y z s

x y y z xz s

x y z s

với s1; s2; s3 cho trước thì x; y; z là nghiệm phương trình t3-s1.t2+s2.t –s3 = 0

Chú ý:Khi giải 1 hệ phương trình đối xứng loại I , đôi khi hệ có chứa một vài tổng đốixứng cơ bản thì ta thường ngh ĩ đến việc biến tổng đổi để đưa về hệ mới xuấthiện đầy đủ các tổng đối xứng cơ bản đối với các ẩn đang xét rồi dùng định líVi-et đảo .

2. Ví dụ :


6

6

14

x y z

xyz

x y z

(I).

Giải:

Từ (I) cho :6

6

11

x y z

xyz

xy yz xz

nên x; y; z là nghiệm của phương trình : t3 - 6t2 + 11t - 6 = 0Töø ñoù: (x; y; z) = (1; 2; 3) vaø caùc hoán vò cuûa noù .

Ví dụ 2: Giaûi heä: 2 2 2

7 7 7

0 (1)

10 (2)

350 (3)

x y z

x y z

x y z

(I)

Giaûi:(1) (x + y + z)3 = 0 x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 0

do (2) neân coù: xy + yz + zx = -5

(I) 7 7 7

( ) ( )

5 ( )

( ) 350 ( )

x y z a

xy yz xz b

x y x y i

(i) -xy(x + y)(x2 + xy + y2) = 50 (ii)

Thay (a) vaøo (b) ta coù: x2+ y2 + x.y = 5 töø ñoù: x.y.z = 2x; y; z laø n0 cuûa phương trình: t3-5t -2 = 0suy ra : (x;y;z) =(-2;1- 2 ;1+ 2 ) vaø caùc hoán vò cuûa noù.

Ví dụ 2: Giaûi heä:

2

2

2

x yz

y zx

z xy

(I)

Giải:Ñaët S = x + y + z ; u = x.y + y.z + x.z ; P = x.y.z thì töø (I) có x.y.z = P 0 vaø

1 1 12 2( )

2 6

8( )( )( )

Sx y z

t

x y y z z xP

(II)

Maø (x + y)(y + z)(x + z) = 2xyz + x2(y + z) + y2(x + z) + z2(x + y)= 2P + 2x + 2y + 2z = 2P + 2S

Do ñoù: P + S = 4/P töø heä (II) cho S = t.P neân S = 3P vaø 4P = 4/P3. Bài tập tự giải :Giải các hệ phương trình sau :

1/2 2 2

4

18

22

x y z

xyz

x y z

2/ 3 3 3

2 2 2

1

7

9

x y z

x y z

x y z

3/

2

2

2

2

3

4

xz xy x

xy yz y

xz yz z

4/ 2 2 2

2

2 3 9

4 9 189

4 3 .

x y z

x y z

y x z

.

PHƯƠNG PHÁP 5: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC1. Duøng baát ñaúng thöùc Cauchy:

Cho n số không âm x1;x2;…;xn ta có: 1

1

n

k nk n

kk

xx

n

(dấu “=” xảy ra x1=x2=…=xn )

Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đ oánnghiệm của phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)


2 3

6

11

. . 6. 108

, , 0

x y z

x y z

x y z

(I)

Giải:

Theo bất đ thức Cauchy cho 11 số dương gồm 6 số6

x; 3 số

2

3

y , 2 số3

2

z ta có:

x+y2+z33 26 2 3

1111. . .6 3 2

x y z

6 6 6

6 3 2. .

6 3 2

x y z1

Do đó: x.y.z 66. 108 ( dấu ‘=’ xảy ra 2 3

6 3 2

x y z )

Vậy hệ tương đương:

2

3

6

2 3

, , 0

6

3

11

. . 6. 108

11

x y x

x k

y k

z k

x y z

x y z

Vậy hệ có nghiệm là x = 6; y = 33; 2z .


2 2

3 4 2

4 6 4 2

2 ( 1)

3 ( 1)

4 ( 1)

x y x

y z y y

z x z z z

(I)

Giải:Gọi (x; y; z) là nghiệm của hệ.

- Khi x=0 thay vào hệ ta được y = z = 0 . Nghiệm của hệ (0;0;0)- Khi x 0 thì từ (1) cho y > 0 nên z > 0 và như vậy x > 0 .

Dùng bđt Cauchy: 2x2 = y(x2 + 1)2x.y xyTương tự: 3y3 = z(y4 + y2 + 1) 3z.y2 yz, zx .

Do đó: x = y = z .Từ đó tìm được nghiệm của hệ .2. Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski:

Cho 2 bộ số x1;x2;…;xn và y1;y2;…;yn ta có:2

2 2

1 1 1

. .n n n

k k k kk k k

x y x y

(dấu “=” xảy ra x1= t.y1 ; x2 = t.y2 ; …; xn = t.yn ) với t =const

Ví dụ 1: Giải hệ:24

4

32 3

32 6 24

x x y

x x y

(I)

Giải:Từ (I) cho : 4 432 32x x x x y2 - 6y + 21 (1).NX: y2 - 6y + 2112 với y nên ta nghĩ đến bđt:

4 432 32x x x x 12 ; x [0;32] điểm rơi là x = 16

Thật vậy: 32 2 32 8x x .

4 4 32 2( 32 )x x x x 4Cộng các bđt trên lạ i suy ra kết quả.


2 22

15 5 3

1 1( ) 2 3

2

x yx

x yx

(I)

Giải:

Điều kiện:1

55

x .

Cộng 2 pt ta được: 22

1 1 15 5 ( )

2x x

x x = y2 - 2y + 6 (3)

Áp dụng Bđt B-C-S cho 2 bộ: 1; 1

2và 25 x ; x :

( 25 x + 1

2x )2 25

4 25 x + 1

2x 5

2 tương tự: 2

1 15

2x x 5

2

nên: 22

1 1 15 5 ( )

2x x

x x 5 lại có: y2 - 2y + 6 5

suy ra nghiệm


2 22 2

2 2

(1 )(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )

1

(1 )(1 )1 1

x y

x yy x x y

x y

x yx y

(I)

Giải:Điều kiện: -1< x ; y < 1 .

(I)2 2

1 1 2 2

1 1 1

x y y x

x y y x

từ đó:2 2

1 1 0

1 1 0

x y y x

x y y x

Ta có x. 21 y +y 21 x 2 2 2 2( 1 )( 1 )x x y y =1Do đó:

x. 21 y +y 21 x =1 21

x

y=

21

y

x x2 + y2 = 1

Bđt B-C-S cho : x. 1 y +y 1 x 2 2( )( 2)x y x y = 2x y

Mà 2x y 2 2(1 1)( ) 2x y = 2 2 nên :

x. 1 y +y 1 x 2 2

Do đó: x. 1 y +y 1 x = 2 2 2 2

1 1

1

x y

y x

x y

x y

và do đó: x = y = 1

2( thử lại)

3. Dùng tính có nghiệm của tam thức:Cho tam thức f(t) = a.t2 + bt + c với a 0 có = b2 - 4.a.c

i/ Phương trình f(t) = 0 (ẩn t) có nghiệm 0ii/ Khi f(t) có chứa một số ẩn khác hoặc ẩn t có miền giá trị không là tập R

thì điều kiện 0 chỉ là điều kiện cần để hệ có nghiệm nhưng đôi khi dùng điềukiện này ta thu hẹp được miền giá trị các ẩn còn lại làm cho việc tìm nghiệmcủa hệ thuận lợi hơn.


3

2 2

( 3) 3 2

4 8

(2 )( 3) 5 16

0

x y

z y y

z x x x

z

(I)

Giải:Từ (2) và (3) cho: 4(y - 1)2 = 4 - z2 nên z 2 và x2 + 2(4 - z).x + 16 - 6z = 0 (5)

Từ (5) phải có:x = z2 - 2z 0 nên z 0 hoặc z 2

Từ các kết quả trên cho z = 0 hoặc z = 2 (thử lại) .

Ví dụ 2: Giải hệ: 2

2

4 4 2 . 4

x y z

x y x y z

(I)

Giải:

Coi z là tham số của (I). (I) 2

2

4 4

2

x y z

z zxy

do đó: x; y là nghiệm phương trình : t2 – (2 - z)t +2( 2)

2

z = 0 (2)

Do tính có nghiệm của pt (2) nên = (z - 2)2 - 2(z - 2)2 0 nên z = 2

Như vậy (I)

2

. 0

0

z

x y

x y

cho ta nghiệm của hệ.

Bài tập tự giải:Giải các hệ phương trình sau:

1/ 4 4 4 3 3 3

3x y z

x y z x y z

2/33 3

, , 0

. . 1

x y z

x y z

x y z x y z

3/2 2 2

, , 0

3

2 6 2 6 2 . 6 9

x y z

x y z

x yz y zx z x y

4/

2 2 2

, , 0

6

1 1 1

x y z

x y z

x y z

x y zy z x

PHƯƠNG PHÁP 6: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐCho haøm soá y = f(x) lieân tuïc vaø ñôn ñieäu treân khoaûng (a;b). Khi đó:

Heä( ) ( ); , ( ; ) ( ; )

( ; ) 0 ( ; ) 0

f x f y x y a b x y a b

H x y H x x

1. Phương pháp:Khi giải hệ ta có thể nghĩ đến phép biến đổi tương đương để đưa hệ về hệ mớicó một phương trình dạng f[u(x)] = f[v(y)] ; ở đó f(t) là hàm số đơn điệu trênkhoảng (a;b) và u(x); v(y) có miền trị là ( ; ) (a;b)

2. Ví dụ :

Ví dụ 1: Giải hệ:2 2

3 3

(3 1). 9 6 2 7 1 4 . 16 1

2012 2012 (log log ).(12 4 . )x y

x y y y x y

y x x y

(I)

Giải:Điều kiện: x; y > 0.Xét phương trình (2): Do đk nên 12 + 4x.y > 0

Nếu x > y thì VT(2) > 0 và VP(2) < 0 nên (2) không thể xảy ra.Nếu x < y thì VT(2) < 0 và VP(2) > 0 nên (2) không thể xảy ra.

Do đó:

(I)2 2(3 1) 9 6 2 7 1 4 . 16 1

x y

x x x x x x

(II)

Xét phương trình (2) của hệ (II)(2) (3x + 1)[1+ 2(3 1) 1x ] = -4x.[1+ 216 1x ] (3)

Xét hàm số g(t) = t[1 + 2 1t ] có '( )g t = 1+ 2 1t +2

21

t

t> 0 t R

Suy ra g(t) đồng biến trên R do đó(3) g(3x + 1) = g(-4x) x = -1/7 (loại)

Vậy hệ đã cho vô nghiệm .


22

7 7

2 2 444

2 5log 3( ) 15 log 3

2 10 24 6 2 1 1

x yy x

y

y y y x x

(I)

Giải :Xét phương trình (1) của hệ

Điều kiện:1

6

x

y

.

(1) 27log ( 2 5)x y +3(x2+2y+5) = 7log 3y +9y .

Xét hàm số : f(t) = 7log t + 3t đồng biến trên (0;+ ) .(1) f(x2 + 2y + 5) = f(3y) với x2 + 2y + 5 , y > 0Nên x2 + 2y + 5 = 3y hay y = x2 + 5 thay y = x2 + 5 vào pt (2) ta được:

4 24 1 2 1x x = 2 1x +2. 44 1x (3)

(3) u + 2 = u2 + 2u với u =2

42

1

1

x

x

0

Giải phương trình trên ta được nghiệm u = -2 (loại) hoặc u = 1 .

Với u = 1:2

42

11

1

x

x

vô nghiệm do đó hệ vô nghiệm .

Ví dụ 3: Giải hệ :2

2

2

cos log (8.cos cos 2 5)



x z x

y x y

z y z

.

Giải :Xét phương trình (1) ta có điều kiện có nghiệm: 8cosz - cos2x – 5 > 0

8cos cos 2 5 4,z x nên cosz1

( ,1]2

, tương tự: cosx,cosy1

( ,1]2

Đặt : u = cosx , t = cosy , m = cosz . u, t, m1

( ,1]2

.

Ta được:

22

22

22

log (8 2 4)

log (8 2 4)

log (8 2 4)

u m u

t u t

m t m

2

2

2

8 2 2 4

8 2 2 4

8 2 2 4

u

t

m

m u

u t

t m

.

Xét hàm số f(s) = 2s + 2.s2 + 4 f ’(s) = 2s.ln2 + 4s > 0 ,1

( ,1]2

s .

Hệ thành

8 ( )1

8 ( ) , , , ( ,1]2

8 ( )

m f u

u f t u t m

t f m

. Mà f tăng nên m = u = t .

Do đó : 8t = 2t + 2t2 + 4 ;1

( ,1]2

t suy ra t = 1 .

Ví dụ 4: Giaûi heä: 2 2

2

2 2 1

( ) 2

3 9 2 2

3 2 29

x y

x y

y x

x y

(I)

Giải:

(I)

2 2

2

2 4 2

( ) 2

3 2 3 2. 2 (1)

3 2 29

x y

x y

x y

x y

.

Điều kiện: x, y > 0.Xeùt haøm soá g(t) =

2 23 2t t ; t (0; ) ñoàng bieán treân (0; )

(I)( ) (2 )

2 (0; )( ) (1)

1;2 (0; )

f x f yx y

f x y fx y

x y

suy ra kết quả.


cos cos

2

1

1

2 1

x yxe

y

y x x

(I)

Giaûi:

Ñaët z = -y thì:cos cos

2

1

1

1 2

x zxe

z

z x x

nên pt (2) 2 2

1

( 1) ( 1) 1

z

x z

Töø ñoù: x; z[0;2] neân (1) ln(x + 1) – cosx = ln(z + 1) - cosz g(x) = g(z)Xét hàm số g(t) = ln(t + 1) - cost ñoàng bieán treân [0;2] neân x = z

do ñoù2

12

x z .

3. Bài tập tự giải:Giaûi các hệ phương trình:

1/

16

)2)(log(log33

22

yx

xyxyyx2/

2

)2)((2222 yx

xyxyyx

3/

1

)1)(log(log22

22

yx

xyxyee yx

4/

1sinsin

sinsin

yx

yxyx

5/ 3 5

53

log 2 log 32

log 2 log 52

(3 )( )

5

y x xI

x y y

6/

1

22

ln 1

11

1 log 1 1

y

y x

xe

x

x y

.

PHƯƠNG PHÁP 7: HỆ LẶP

Dạng :

( )

( )

; ( ; )

y g x

x g y

x y a b

(I) ;

( )

( )

( )

; ; ( ; )

y g x

z g y

x g z

x y z a b

(II)

1. Phương pháp :Với g(t) là hàm số đồng biến trên khoảng (a;b) ta thực hiện:i/ Xét 2 ẩn bất kì x; y của hệ nhờ tính đồng biến của hàm g ta dùng phản chứngđể chứng minh x = yii/ Lập luận tương tự cho cặp biến khác và như trên nên hệ tương đương:

( )

( )

; ( ; )

y g x

x g y

x y a b

( ) ( )

; ( ; )

g x g y

x y a b

;

( )

( )

( )

; ; ( ; )

y g x

z g y

x g z

x y z a b

( )

; ; ( ; )

g x x

x y z a b

Chú ý:Đôi khi ta phải dùng ẩn phụ để đưa về hê lặp hoặc từ c ác điều kiện ràng buộccủa hệ ta thu hẹp miền ẩn x; y;… chạy trên 1 miền mới mà g đồng biến trên đó.

2. Ví dụ :

Ví dụ 1: Giaûi heä:3 2

3 2

1 2( )

1 2( )

x x x y

y y y x

(I)

Giaûi:

(I) 3 2

3 2

2 2 1 2

2 2 1 2

x x x y

y y y x

(II)

Xeùt hàm soá f(t) = t3 - 2t2 + 2t + 1 ; tR thì f ‘(t) = 3t2 - 4t + 2 > 0với t R f(t) ñoàng bieán treân (- ; + ) suy ra x = y.Do ñoù: x3- 2x2 + 2x + 1 = 2x x3 - 2x2+ 1 = 0 suy ra kết quả .


3 2 3

3 2 3

3 2 3

2 3 18

2 3 18

2 3 18

x x y y

y y z z

z z x x

(I).

Giaûi:Ñaët f(t) = 2t3 + 3t2 - 18 ; g(t) = t3 + t . g ñoàng bieán treân R

Heä thaønh :( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

f x g y

f y g z II

f z g x

Coù theå coi x = max ; ;x y z thì g(x)g(y) vaø g(x)g(z).

Do ñoù:( ) ( )

( ) ( )

g x f x

f z g z

2

2

( 2)( 5 9) 0

( 2)( 5 9) 0

x x x

z z z

2

2

x

z

Vaäy : x = z = 2 vaø y = 2 (thöû laïi)


1 2

2 3

3 4

4 1

3cos( )

9

3cos( )

9

3cos( )

9

3cos( )

9

x x

x x

x x

x x

(I) .

Giải:

k =1;2;3;4 thì3 1

9 2kx do đó:2kx

0 < cos( xk) 1 mọi k .

Töø heä ta có 0 < xk < 1

2vì theá 0 < xk <

2

Nếu x1x3 x1 x3 do ñoù: cos( x1) cos( x3) nên x4 x2 cos( x4) cos( x2) x3 x1 nên x3 = x1 (tương tự cho x1x3 )Nên x1=x3 thay vào hệ được x 2 =x4 .

Từ đó:1 2

2 1

3cos( )

9

3cos( )

9

x x

x x

và x1 + x4 = x2 + x3 .

Xét f(t) = t+3

cos( )9

t với t (0; ]2

thì f ‘(t) = 1-

3sin( )

9t 1 - 3

9> 0

Vậy f đồng biến trên (0; ]2

.

Do: x1 + x4 = x2 + x3 x1 + 1

3cos( )

9x = x2 + 2

3cos( )

9x

f(x1) = f(x2) trên (0; ]2

từ đó: x1 = x2 . Ta có: x1 = 1

3cos( )

9x (9)

Ta thấy : Vt(9) là hàm số đồng biến còn Vp(9) là hàm số nghịch biến

trên (0; ]2

nên (9) có tối đa 1 nghiệm là x1 =

1

6.


3 2 3

3 2 3

3 2 3

1 2 2

1 2 2

1 2 2

x x y x

y y z y

z z x z

(I)

Giải:

(I)

3 2 3

3 2 3

3 2 3

2 2 1

2 2 1

2 2 1

x x x y

y y y z

z z z x

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

f x g y

f y g z

f z g x

v

Với f(t) = t3 + t2 + 2t và g(t) = 2t3 + 1, g và f cùng đồng biến trên R.Xét (x;y;z) là nghiệm của hệ. Giả sử : x y thì f(x) f(y) nên g(y) g(z)do đó: y z f(y) f(z). Từ hệ cho g(z) g(x) z x từ đó: x = y = z .

Tương tự khi xy.

(I)( ) 0

x y z

h x

(II) với h(t) = t3 - t2 – 2t + 1 liên tục trên R và

h(-2) < 0; h(0) > 0; h(1) < 0; h(2) > 0 nên phương trình h(t) = 0 cóđúng 3 nghiệm thuộc (-2; 2). Đặt x = 2.cosu ; u (0; )Do đó: 8cos3u - 4cos2u - 4cosu + 1 = 0do sinu 0 nên sinu(8cos3u - 4cos2u - 4cosu + 1) = 0 sin4u = sin3u

Tìm được nghiệm u3 5

; ;7 7 7

.


23

23

23

2 6.log (6 )

2 6.log (6 )

2 6.log (6 )

x x y x

y y z y

z z x z

(I)

Giải:Điều kiện: x, y, z < 6 .

(I)

3 2

3 2

3 2

log (6 )2 6

log (6 )2 6

log (6 )2 6

xyx x

yzy y

zxz z

(II)

Xét hàm số f(t) =2 2 6

t

t t ; t < 6 ; f(t) tăng trên (- ;6)

g(t) = 3log (6 )t giảm trên (- ;6)

Có thể coi x = max ; ;x y z .

+ Th1: x y z thì f(x) f(y) f(z) từ giả thiết cho g(y) g(z) g(x)yzx nên y = zDo đó: trong pt (2) của hệ cho f(y) = g(y) mà f(3)=g(3).

nên y = z = 3 thế vào hệ ta được2 2 6

x

x x = 1 suy ra x = 3 .

+ Th2: x z y làm tương tự cho x = y = z = 3 .

3. Bài tập tự giải:Giaûi các hệ phương trình:

1/

027279

027279

027279

23

23

23

zzx

yyz

xxy

2/

2 3

2 3

2 3

3 ln( 1) 3

3 ln( 1) 3

3 ln( 1) 3

x x x y x

y y y z y

z z z x z

3/

23

23

23

2 6.log (6 )

2 6.log (6 )

2 6.log (6 )

x x y x

y y z y

z z x z

4/

4

4

4

1

1

1

xy

x xy

zy y

zx

z z

PHƯƠNG PHÁP 8: LƯỢNG GIÁC HÓA

1. Phương pháp :Trong khi giải hệ phương trình đôi khi từ những biểu thức chứa ẩn của hệ ta sửdụng đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trinh chứa biểu thức lượng giác đơn giảnhơn hệ ban đầu

Chú ý:Miền trị của biểu thức sint; cost khi t chạy trên [a;b] với b – a 2 là [-1; 1]nên nếu muốn đặt x = sint (chẳng hạn thì ta phải chứng minh x [u;v] [-1;1]

2. Ví dụ:


2

2

. 1

1

; 0

x x y x

y xy x y

x y

(I)

Giaûi:do x; y > 0 neân töø (1) cho 0 < x; y < 1+ x = 0 khoâng thoûa heä. Do ñoù, neáu (x; y) nghiệm cuûa heä thì x 0

(I)

21

( 1)( ) 1

x xy

xy x y

11

1 1( )( 1) 1

y xx

xx x

do ñoù: x3 - 2x2 – x + 1 = 0 (3)Xeùt hàm soá f(x) = x3- 2x2 – x + 1 lieân tuïc treân [0;1]f ‘(x) = 3x2- 4x - 1 = 3(x2 - x) – x - 1 < 0 ; x [0;1]

vaø f(1/2). f(1) < 0 neân pt (3) coù nghiệm duy nhaát u 1;1

2

do ñoù:

1 1( )( 1)uu u =1 hay 2

1 1

u u -1 + u = 1 (4) ;

ñaët u =1

2cos t; 0 < t <

3

thay vaøo (4) ta ñöôïc:

8cos3t - 4cos2t - 4cost + 1 = 0 2cos3t - 2cos2t + 2cost - 1 = 0 (5)do sint 0 neân (5) 2sint.cos3t - 2sint.cos2t + 2sint.cost - sint = 0

hay sin4t = sin3t (t = 2k ) (t =2

7 7k

) vôùi kZ .

Do 0 < t <3

neân t =

7

u =

1

2cos7 do ñoù:

y =1

u- u - 1 =

2

2cos 17

4cos7

.

Ví dụ 2: Giải hệ :

22 3 2

2

3 2

9( )( . ) 6.ln 2 2

9

2 1

y yx y x x y y xy x y

x x

x x y

(I)

Giải:Pt(1) x3 - 2x + 6ln(x + 2 9x ) = y3 - 2y + 6ln(y + 2 9y ) (3)

Xét hàm số f(t) = t3 - 2t + 6ln(t + 2 9t ) t f ‘(t) = 3[t2 +2

2 2

39t

]

Bđt Cauchy :2 9

27

t +

2

1

9t +

2

1

9t +

26

27(t2 + 9)1+

26

27(t2 + 9) 29

3

f ‘(t) >0 với mọi t nên f tăng trên R . Từ (3) cho x = y.

Thay vào (3) cho : x3 - x2 - 2x + 1 = 0 . Xét hàm số g(x) = x3 - x2 - 2x + 1.

Ta có: g(-2). g(0) < 0; g(0).g(1) < 0; g(1).g(2) < 0 và g liên tục trên R;

degg = 3 nên pt g(x) = 0 có đúng 3 nghiệm trên (-2;2) .

Gọi x là nghiệm của g(x) = 0 thì (0;u ) để 2cosu = x .

Thay vào pt đồng thời nhân vế với sinu ta được: sin4u = sinu

ĐS: x = y = 2cos7

; x = y = 2cos 3

7

; x = y = 2cos 5

7

.


2

2 2

1( )( 2 )

83

3 4 24

0; 0 ;

x xy y z

x y xy xz yz

x y z x y z

.

Giải:

Ñaët u = x; v = x + y; t = y + 2z suy ra u < v < t vaø

1

83

40

uvt

uv vt ut

u v t

neân u; v; t laø nghiệm phương ttình baäc 3: 4s3- 3s = 1

2

Ñaët s = cos thì cos3 =1

2( 0< < ) neân =

2;

9 3

kk

Z ;

u=cos7 5

; cos ; cos9 9 9

v t suy ra nghiệm.


3( ) 4( ) 5( )

. . . 1

x y zx y z

x y y z x z

(I)

Giaûi:Töø (I) cho x; y; z cuøng daáu suy ra chæ xeùt x; y; z > 0 neân A;B;C (0; )

sao cho tan(A/2) = x; tan(B/2) = y; tan(C/2) = z .

Ta coù: tan(A/2).tan(B/2) + tan(B/2).tan(C/2) + tan(C/2).tan(A/2) = 1neân A+ B + C = hay A; B; C laø 3 góc cuûa 1 tam giaùc

Ta coù:2 2 21 1 1

6. 8. 102 2 2

x y z

x y z

3 4 5

sin sin sinA B C

do ñoù :6 8 10R R R

a b c vaø ABC vuoâng ôû C neân C = 900 ;

sinB = 4/5; sinC = 3/5 ; z = 1 vaø coù x; y .

Ví dụ 5 : Giải hệ:2

2

. 1

(1 ) 2.

.(1 ) 2.

x y

z y y

x z z

(I)

Giải:Nếu (x; y; z) là 1 nghiệm của (I) thì y; z không thể bằng 1 hay -1

(I) 2

2

. 1

2

1

2

1

x y

yz

y

zx

z

. Đặt x = tanu; y = tanv; z = tanw.

Ta có:

tan cot ( )

tan tan 2 ( )

tan t n2w(iii)

u v i

w v ii

u a

.

(ii) suy ra w = 2v + k. ; u = 2w + l với k, l nguyên nênu = 4v + 2k + l .

Thay vào (i) ta được tan(4v + 2k + l ) = cotv nên v =10 5

m .

Suy ra nghiệm.

3. Bài tập tự giải:Giải các hệ phương trình:

1/

1 1 13( ) 4( ) 5( )

. . . 1

x y zx y z

x y y z z x

. 2/

3 2

3 2

3 2

3 (3 1)

3 (3 1)

3 (3 1)

x x y x

y y z y

z z x z

.

3/

411

411

2

2

xy

yx4/

2111.

111

22

22

xyyx

xyyx.

dạng 1: ệ phương tr đối xứng loại i 1. filephẦn i - mỘt sỐ hỆ phƯƠng trÌnh...

Documents