CÁC LOẠI HỆ CƠ BẢN
Sau đó giải hệ trong từng trường hợpx=y và M(x;y) = 0.
Lưu ý rằng hệ đối xứng loại II còn có dạng
f(x) = g(y) f(y) = g(x)
và nếu f(x), g(x) là hai hàm số đơn điệu cùng chiều thì ta có thể suy ra x=y mà không cần xét M(x;y) = 0 (vì trường hợp này sẽ dẫn tới hệ vô nghiệm). Nhưng nếuf(x), g(x)không đơn điệu cùng chiều thì trường hợp M(x;y) = 0 sẽ cho nghiệm.
F Hệ phương trình bậc hai 2 ẩn:
Hệ phương trình bậc hai 2 ẩn có dạng tổng quát
a1x2+b1xy+c1y2+d1x+e1y+f1 = 0 a2x2+b2xy+c2y2+d2x+e2y+f2 = 0 Trong đóai, bi, ci, di, ei, fi (i= 1,2) là các tham số và x, y là ẩn số.
Ta cùng xét một số trường hợp đặc biệt của hệ:
a) Hệ chứa một phương trình bậc nhất:
Ta tínhxtheo y hoặc ngược lại từ một phương trình, thay vào phương trình còn lại để có một phương trình bậc 2 một ẩn.
b) Hệ chứa một phương trình thuần nhất bậc 2:
Nếu một trong 2 phương trình của hệ không chứa hạng tử bậc nhất và số hạng tự do, chẳng hạn nếud1 =e1 =f1 = 0thì hệ có thể đưa về phương trình bậc hai bằng cách đặt y =tx rồi thay vào phương trình thuần nhất để tìm được t, từ đó thay vào phương trình thứ 2 để tìm x, y tương ứng.
Phương pháp này cũng có thể áp dụng để giải hệ gồm 2 phương trình bán đẳng cấp bậc hai:
(∗)
a1x2+b1xy+c1y2+f1 = 0 a2x2+b2xy+c2y2+f2 = 0
Vì rõ ràng từ hệ ta có thể tạo một phương trình thuần nhất bậc 2 là f2(a1x2+b1xy+c1y2)−f1(a2x2+b2xy+c2y2) = 0
Trong trường hợp tổng quát, phép giải hệ bậc 2 hai ẩn sẽ dẫn đến giải một phương trình bậc cao (> 4). Nhưng với một số hệ phương trình, ta có thể đưa về hệ (*) bằng cách đặt x=u+a;y =v+b trong đó u, v là ẩn mới (phương pháp tịnh tiến nghiệm). Ta cần tìm hằng sốa, bđể hạng tử bậc nhất ở hai phương trình bị triệt tiêu, như vậy hệ thu được là hệ đẳng cấp.
Ví dụ: Giải hệ phương trình (I)
x2+ 3y2+ 4xy−18x−22y+ 31 = 0 (1) 2x2+ 4y2+ 2xy+ 6x−46y+ 175 = 0 (2)
Giải
~ Ý tưởng: Đặtx=u+a;y =v+b ta có hệ phương trình
u2+ 4uv+ 3v2+u(2a+ 4b−18) +v(6b+ 4a−22) + 4ab+a2+ 3b2−18a−22b+ 31 = 0 2u2 + 4v2+ 2uv+u(4a+ 2b+ 6) +v(2a+ 8b−46) + 2a2+ 4b2+ 2ab+ 6a−16b+ 175 = 0
Để hệ số của u, v là 0 ta giải hệ phương trình
2a+ 4b−18 = 0 6b+ 4a−22 = 0 4a+ 2b+ 6 = 0 2a+ 8b−46 = 0
⇔
a=−5 b= 7
~ Lời giải:
Đặt x=u−5;y =v+ 7 ta có hệ phương trình (II)
u2+ 3v2+ 4uv = 1 (3) 2u2+ 4v2+ 2uv = 1 (4)
Hệ này có thể giải theo cách thông thường, nhưng lưu ý là trừ 2 phương trình vế theo vế ta có ngay
u2+v2−2uv = 0⇔u=v Ta có hệ (II)⇔
8u2 = 1 u=v
⇔
u=v = 1 2√
2 u=v = −1
2√ 2 Vậy (I) có nghiệm (x;y) =
1 2√
2 −5; 1 2√
2+ 7
, −1
2√
2 −5; −1 2√
2 + 7
2 Với những hệ có chứa tham số, cách giải hoàn toàn tương tự:
Ví dụ:Tìm m để hệ có nghiệm:
x2+ 2xy=m (1) x2+xy+y2 = 1 (2)
Giải Nếu y= 0 ta được hệ
x2 =m x2 = 1
chỉ có nghiệm khim = 1.
Nếu m6= 1 thì y6= 0, đặt x=ty ta có hệ (I)
y2(t2+ 2t) =m (1) y2(t2+t+ 1) = 1 (2) Chia (1) cho(2) và quy đồng ta đượct2+ 2t =m(t2+t+ 1) (3).
Hệ đã cho có nghiệm (x;y)⇔(I) có nghiệm(t;y)⇔(3) có nghiệm t (do t2+t+ 1>0 nên từ đây luôn tìm được y thoả (2)).
Viết lại (3) dưới dạng
(m−1)t2+ (m−2)t+m= 0 Ta có ∆ = 4−3m2 nên (3) có nghiệm ⇔∆>0⇔ |m|6 2
√3 Do m = 1 cũng thoả m6 2
√3 nên ta kết luận hệ có nghiệm ⇔ |m|6 2
√3 2
Hệ phương trình 3 ẩn bình đẳng
Hệ phương trình 3 ẩn bình đẳng là hệ có các phương trình đều bình đẳng với 3 ẩn, nghĩa là khi hoán vị 2 ẩn tuỳ ý thì mỗi phương trình đều không đổi.
Phương pháp cơ bản để giải hệ là đưa về hệ phương trình
(∗)
x+y+z =a (1) xy+yz+zx=b (2) xyz =c(3)
Bằng cách dùng phép thế hoặc định lý Viete đảo, ta đưa (∗)về phương trình một ẩn x3−ax2+bx−c= 0
Giải phương trình trên, tìm nghiệm x0 thế vào (1) và (3) ta có
y+z =a−x0 yz = c
x0 Như vậy y, z là nghiệm của phuơng trình t2 −(a−x0)t+ c
x0 = 0.
Ví dụ: Giải hệ phương trình
x+y+z = 1 x2+y2 +z2 = 9 x3+y3 +z3 = 1 Giải Từ hệ phương trình ta có
xy+yz+zx= (x+y+z)2−(x2+y2+z2) 2
3xyz = (x3+y3+z3)−(x+y+z)(x2 +y2+z2−xy−yz−zx) = −12
Suy ra
xy+yz+zx=−4
xyz =−4 . Vậy ta đưa hệ về dạng
x+y+z = 1 (1) xy+yz+zx=−4 (2) xyz =−4 (3)
Theo định lý Viete đảo, x, y, z là nghiệm của phương trình
t3−t2−4t+ 4 = 0⇔
t= 1 t= 2 t=−2
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là (x;y;z) = (1; 2;−2) và các hoán vị.2
~Nhận xét: Định lý Viete đảo không nằm trong chương trình phổ thông, nên ta có thể chứng
minh lại bằng phép thế như sau:
Từ (3)⇒x, y, z 6= 0
Nhân hai vế của (2) cho x ta có
x2y+xyz+x2z=−4x⇔x2(y+z) = −4x−xyz = 4−4x Nhân hai vế của (1) cho x2 ta có
x3 +x2(y+z) =x2 ⇔x3+ 4−4x=x2 ⇔x∈ {1; 2;−2}
Sau đây ta cùng xem qua một số bài tập tổng hợp:
Bài tập tổng hợp
Bài 1: Giải hệ phương trình sau
(x2 −y2−2x+ 2y=−3 y2−2xy+ 2x=−4
Giải
Đặt x=u+ 1 và y=v+ 1.Hệ phương trình tương đương:
((u+ 1)2−(v+ 1)2−2(u+ 1) + 2(v+ 1) =−3 (v+ 1)2−2(u+ 1)(v+ 1) + 2(u+ 1) =−4 ⇔
(u2−v2 =−3 v2−2uv =−5
⇔
(5u2−5v2 =−15 3v2−6uv =−15 ⇔
(u2−v2 =−3
5u2 + 6uv−8v2 = 0 ⇔
u2−v2 =−3
u= 4
5v u=−2v
> Với u= 4
5v. Ta có:
16
25v2−v2 =−3⇔v2 = 25 3 ⇔
v = 5
√3;u= 4
√3 v = −5
√3;u= −4
√3
> Với u=−2v ta có 4v2 −v2 =−3⇔v2 =−1(vô nghiệm) Kết luận: Hệ có nghiệm (x;y) =
4
√3 + 1; 5
√3+ 1
; −4
√3+ 1; −5
√3 + 1
2
~ Nhận xét: Ngoài phương pháp tịnh tiến nghiệm, với bài này ta có thể biến đổi đẳng thức để tìm ra cách đặt ẩn phụ trên:
Xét hệ phương trình tương đương:
((x−1)2−(y−1)2 =−3
(y2 −2y+ 1)−2(xy−y−x+ 1) =−5 ⇔
((x−1)2 −(y−1)2 =−3
(y−1)2−2(x−1)(y−1) =−5 Từ đó ta đặt x=u+ 1 và y =v+ 1
Bài 2: Giải hệ phương trình sau
(x2 −2xy+ 2y+ 15 = 0 2x−2xy+y2+ 5 = 0
Giải
Đặt x=u+ 1 và y =v+ 1. Hệ phương trình tương đương:
((u+ 1)2−2(u+ 1)(v+ 1) + 2(v+ 1) + 15 = 0 2(u+ 1)−2(u+ 1)(v+ 1) + (v+ 1)2+ 5 = 0 ⇔
(u2−2uv =−16 v2−2uv =−6
⇔
(3u2−6uv =−48 8v2−16uv =−48 ⇔
(3u2+ 10uv−8v2 = 0 v2−2uv =−6 ⇔
u= 2
3v u=−4v v2−2uv =−6
> Với u= 2
3v ta có:
v2− 4
3v2 =−6⇔v2 = 18⇔
"
v = 3√ 2 v =−3√
2
> Với v = 3√
2⇔u= 2√ 2
> Với v =−3√
2⇔u=−2√ 2
> Với u=−4v.Ta có: v2+ 8v2 =−6⇔9v2 =−6 (vô nghiệm) Kết luận: Hệ có nghiệm(x;y) là 2√
2 + 1; 3√ 2 + 1
; −2√
2 + 1;−3√ 2 + 1
2 Bài 3: Giải hệ phương trình sau:
(x2+y2 = 8−x−y xy(xy+x+y+ 1) = 12
Giải
~ Ý tưởng: Nhận thấy vai trò của x và y là như nhau nên ta sẽ cố gắng phân tích rồi đặt ẩn phụ để đưa hệ về dạng đối xứng loại 1.
~ Lời giải:
Hệ phương trình tương đương:
(x2+x+y2+y = 8
xy(x+ 1)(y+ 1) = 12 ⇔(I)
((x2+x) + (y2+y) = 8 (x2+x)(y2+y) = 12
Đặt x2+x=a và y2+y=b. Hệ (I) trở thành
(a+b= 8 ab= 12 Như vậy a, blà nghiệm của phương trình bậc hai
X2−8X+ 12 = 0⇔
"
X = 2 X = 6
> Với a= 2 ta có:
x2+x−2 = 0⇔
"
x= 1 x=−2
> Với a= 6 ta có:
x2+x−6 = 0⇔
"
x= 2 x=−3
Tương tự giải với b= 2 và b = 6
Kết luận: Hệ có nghiệm (x;y) là(1; 2); (1;−3); (−2; 2); (−2;−3) và các hoán vị. 2
Bài 4: Giải hệ phương trình (∗)
x3+ 1 = 2(x2−x+y) y3 + 1 = 2(y2 −y+x)
Giải Ta có (∗)⇔
x3−2x2+ 2x+ 1 = 2y y3−2y2+ 2y+ 1 = 2x
Nhận thấy f(t) = t3−2t2+ 2t+ 1 có f0(t) = 3t2−4t+ 2 >0 ∀t nên f(t) đồng biến trên R. Nếu x > y ⇒2x >2y⇒f(y)> f(x)⇒y > x (mâu thuẫn). Tương tự với x < y. Vậy x=y.
Ta có hệ tương đương
x=y
x3−2x2+ 1 = 0
⇔
x=y x∈
(
1;1±√ 5 2
)
Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1; 1),(1 +√ 5
2 ;1 +√ 5
2 ),(1−√ 5
2 ;1−√ 5 2 ) 2
~ Nhận xét: Ta cũng có thể giải bài trên bằng biến đổi sơ cấp. Nếu trừ hai phương trình vế theo vế ta sẽ được
(x−y)(x2+xy+y2−2x−2y+ 2) = 2(y−x)⇔
"
x=y
x2+xy+y2−2(x+y) + 4 = 0 Xét trường hợp x2+xy+y2−2(x+y) + 4 = 0:
Thay y= x3−2x2+ 2x+ 1
2 ta có phương trình bậc 6 theo x:
x6−4x5+ 10x4−14x3+ 16x2−10x+ 13 = 0
⇔(x6−4x5+ 4x4) + (6x4−14x3+ 10x2) + (6x2−10x+ 13) = 0
Phương trình trên vô nghiệm do
x6−4x5+ 4x4 =x4(x−2)2 >0 6x4−14x3+ 10x2 >0
6x2−10x+ 13 >0
Như vậy so với biến đổi sơ cấp, cách dùng đạo hàm khiến lời giản đơn giản hơn nhiều, nhất là trong những bài hệ phương trình mũ - logarit.
Bài 5: Giải hệ phương trình
2x−2 = 3y−3x 3y −2 = 3x−2y Giải Ta viết lại hệ như sau:
2x+ 3x= 3y+ 2 2y + 3y = 3x+ 2
Từ đó suy rax, y > −2
3 . Xét hàm sốf(t) = 2t+3tcóf0(t) = 2x.ln 2+3x.ln 3 >0∀t∈(−2 3 ; +∞) Vậy hàm sốf(t) đồng biến trên (−2
3 ; +∞). Suy ra x=y. Ta có hệ tương đương
x=y
2x+ 3x = 3x+ 2 (∗)
Xétg(t) = 2t+ 3t−3x−2, ta cóg00(t) = 2t.ln22 + 3t.ln23>0nêng0(t) = 0có tối đa 1 nghiệm, suy ra g(t) = 0 có tối đa 2 nghiệm. Như vậy (*) chỉ có 2 nghiệm x= 1 và x= 0.
Kết luận: Hệ có nghiệm(x;y) = (0; 0),(1; 1) 2
Bài tập tự luyện
1) Giải hệ phương trình
(x2+ 2xy+ 3y2−2x−10y= 0 2x2+ 2xy+y2−2y= 0 2) Giải hệ phương trình
(2x2+ 3xy+y2−9x−6y= 6 x2+xy+ 2y2−3x−12y+ 10 = 0 3) Tìm m để hệ có nghiệm:
3x2+ 2xy+y2 = 11 x2+ 2xy+ 3y2 = 17 +m