Một số phương pháp giải phương trình - hệ phương trình - Trần Hoài Vũ - TOANMATH.com

(1)

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

CHUYÊN ĐỀ

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Năm học 2020 – 2021

Giáo viên: Trần Hoài Vũ

Tổ chuyên môn: Toán – Tin

(2)

I. Phương pháp biến đổi đại số, rút thế

Sử dụng các phép biến đổi tương đương cơ bản:

1. Nâng lên lũy thừa hai vế (Chú ý điều kiện)

2. Rút 1 ẩn hoặc một biểu thức từ 1 phương trình trong hệ thế vào phương trình còn lại

3. Phân tích 1 phương trình trong hệ hoặc tổ hợp 2 phương trình của hệ về phương trình tích.

Bài số 1: Giải hệ phương trình

2

3

2 2

( )

2( ) 3 2 1 11

x x y y

x y

x y x

   

 

    



Giải

Điều kiện: : x²  (x y)0; 1

0; 2

x y x Hệ phương trình tương ² ³

2 2

( ). (1)

2( ) 3 2 1 11 (2)

x x y x y y

x y x

    



   



Từ (1) suy ra y0 (Vì nếu y < 0 thì VT (1)  0 >VP(1): vô lý)

Dễ thấy y = 0 cũng không thỏa mãn

Xét y > 0

Phương trình (1) tương đương:

2 3 2

2

2 2

3 3

2

2 2

3 3

( ) ( 1) ( ( ) ) 0

1 ( )( 1)

( )( ) 0

( ) 1 ( )

( )

( 1)( ) 0

( ) 1 ( )

1 0

x x y x y x x y y

x y x y x y

x x y

x y x y x x y y

x x y x y

x y

x y x y x x y y

x y

        

    

    

      

  

    

      

   

Thế y = x - 1 vào (2) ta được:

4x² 4x 2 3 2x  1 11 (2x1)² 3 2x 1 100 Đặt t = 2x1, (t0 ), ta có phương trình:

4 3 2

3 10 0 ( 2)( 2 4 5) 0 2

t  t   t t  t     t t

(3)

Với t = 2 ta giải ra được nghiệm của hệ là (x; y) = ( ; )^{5 3} 2 2

Bài số 2 : Giải hệ phương trình

2 2

15 17

4

17 15

14

x y

xy

x y

x xy y

x y

 

 



 

   

 



Giải

Điều kiện: x0,y0. Đặt ^x^^a^, ^y ^^{b a}



^^0,^b^⁰



Hệ phương trình đã cho tương đương với

 

4 4 2 2

2 2

4 2 2 4 4 2 2 4

2 2 2 2

15 17 15 17

4 4

17 15 17 15

14 14

a b a b

a b ab a b

ab a b

a b a b

a a b b a a b b

a b a b

 

     

 

  

   

       

   

 

(1) (2) Lấy hai vế của

 

1 nhân với a cộng hai vế của

 

2 nhân với b ta được:

 

2 2 2 4 2 3 5

4a b a b a b14a b b 15

 

³

Lấy hai vế của

 

¹ ^{nhân với}^^b cộng hai vế của

 

2 nhân với a ta được

 

2 2 2 5 3 2 4

4ab a b a 14a b ab 17

     

 

⁴

Lấy

 

^{4 cộng}

 

3 theo vế ta được :



^a^^b



⁵ ^³²

Lấy

 

^{4 trừ}

 

3 theo vế ta được :



^a^^b



⁵ ^²



 

5 5

5 5 5

2 2

32 2 2

2 2 2

2

2 a b a

a b

a b a b

b

  

      

  

  

   

  

 

 



2 5 5

5 5 2

2 2

2 2 2 2

2 2

x x

y y

   

      

 

  

 

  

      

 

   

(4)

Vậy hpt có một nghiệm duy nhất:

 

2 2

5 5

2 2 2 2

, ;

2 2

x y

      

 

      

Bài số 3: Giải hệ phương trình

2 2

2

2 1 (1)

10 6 3 2 6 0 (2)

x y

x xy x y

 



    



Giải

Từ (1) :

2

2 1 1

;| |

2 2

x  y  x  (*)

2

2 2 2

2 2

(2) 2 8 6 3 2 6 0 2 8. 1 6 3 2 6 0

2

2 3 (1 2 ) 4 2 2 0

x x xy x y x y xy x y

x x y y y

              

      

Coi vế trái là phương trình bậc hai đối với x, có

2 2 2

9(1 2 )y 8(4y 2y 2) (2y 5)

       

3(2 1) 2 5

2 2

4

3(2 1) 2 5 2 1

4 2

y y

x y

y y y

x

  

   

 

   

  



+) Với x = 2y – 2 thay vào (1) ta được :

2 2

2

2(4 8 4) 1

8 15 2 2 15

( (*))

7 7

7 16 7 0

8 15 2 2 15

( (*))

7 7

y y y

y x tm

y y

y x tm

   

     



    

  

  



+) Với ² ¹

2 x y

 thay vào (1) ta được :

2

2 2 2

2

(2 1)

1 4 4 1 2 2 0

2

2 6 1 6

( (*))

2 2

2 4 1 0

2 6 1 6

( (*))

2 2

y y y y y

y x tm

y y

y x tm

        

       



    

       



Vậy phương trình có nghiệm

(5)

2 2 15 8 15 2 2 15 8 15

; ; ; ;

7 7 7 7

( ; )

1 6 2 6 1 6 2 6

; ; ;

2 2 2 2

x y

        

    

    

 

         

 

   

 

   

 

Bài số 4: Giải hệ phương trình ³ ³

 

2

4 3 2 1

3 2 4 1 2

     



      



( ) ( )

x y x y xy x y

y x x y xy x

Giải

Điều kiện 2 3 x y

  

 

   

       

3 3

2 2

1 2 2

2 2 2 1

     

         

( )

.

x y x y y y

x y y x y y x y y x y

Thay y=x vào phương trình (2) ta được:

3 2

5 4

3 2 4 1 3 2

3 3

5 4

4 1 (*)

3 3

x x

x x x x x x x

x x

x x x

  

   

               

  

    

Với   2 x 3, ta có

3 5 0

3

2 4 0

3 x x

x x

     

 

   



   

2 2

1 2 2 2

(*) 2 2

5 4

9 3 2

3 3

x x x x

x x x

x x

 

       

               

 



² ²



¹ ₅ ¹ ₄ ⁹



²



⁰

3 2

3 3

x x x

x x

 

 

               

 

2 1

2 0

2 x x x

x

  

       

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x:y) là (-1;-1) và (2;2)

(6)

2 2

3 2 2 3

2 2 2

2 3 3 1 0

x xy y

x x xy y

   



    



Giải Phương trình (2) của hệ viết lại như sau

3 3

3 2 2 2 2

3x 3x y 3x 1 x y 0 x y 3x x y 1 3x 3

Ta thấy x 0 không thỏa mãn hệ phương trình. Chia 2 vế của (3) cho x³ ta có phương trình

3

1 3

1 3 1

y y

x x x x

2

1 1 1

1 1 1 . 3 0

y y y

x x x x x x

 

     

              PT (1) của hệ được viết lại như sau

2

2 2 2 2 2

2

2 2 3 2 3 y 1 2 3 4

x xy y x x y x

x x

TH1: y 1 ¹ 0 y 1 ¹

x x x x thay vào (4) ta có

2

1 0

3 3

1 2

x y

x TH2:

2

1 1

1 1 . 3 0

y y

x x x x kết hợp với (4) ta có

2

1 1 1

1 . 0 1 1

y y

y x

x x x x x

Thay vào (4) ta cũng được hai nghiệm trùng với hai nghiệm ở trên Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là x y; 1;0 ; 1;2

Bài số 6: Giải hệ phương trình

2 2 2 2

2 2 2

0

4 5 6 2 4

x y x y y

y x y y

    



    



(7)

Giải

ĐK: 5

y4

    

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 2 2 0

2 0

x y y x y y x y y

x y y x y y x y y

       

        

(do x²  y² 2y0)

Với x²  y²   y x 0. Thay vào (2) ta được:

 

       

2 2

4 5 2 6 4 * 2 4 5 4 12 8

4 5 2 3 3

4 5 1 2 2

4 5 1 2 4

y y y y y y

y y

        

   

     

   



Giải (3):

2

3 4 2

2 2

2 8 7 0

y y

  

  

   



Giải (4):

2

1 2

2 4 3 0

y

y y

 

   



(vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

 

^; ^0;⁴ ²

x y  2 

  

 

   

 



    



2 2

2 3 2

8 16

2

8 3 3 4 2

x y xy

x y

x x x x y

y y

Giải

ĐKXĐ: ³ ²

3 4 0 0

x x

y

y x 

 





(8)

Từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra:

     

  

 

 

   



2 2 0 0

8 3 2

3 0

1 0 4

3 4

x x y

y y

x y

.

Ta có         

 

2 2 8xy 16 ( )2 16 2 8xy 0

x y x y xy

x y x y

 

^ ^

 x y 4 ( x y )²  4(x y ) 2 xy  0

 

^ ^

 x y 4 x²  y²  4(x y )  0 (*) Do    3  0 (*)    4

x y x 4 y x y

Mặt khác, do  

     

 

2 2 3 0

3 2 3 4

x y x y nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta

có:    

        

   

2 2 2 2 2 3 2

8 3 2 8 3 2 3 4

x x y x x y x x

y y y

Suy ra phương trình thứ hai của hệ  ²  2 

8 3 2

x x y

y Do đó hệ đã cho

        

  

     

        

 



2 2 2

4 4 4

2 3 16 12 0 6 , 2

8 3 2 3

x y x y x y

x x y x xy y x y x y

y

 

 

 

24 7 4 7 x y

hoặc   

 



8 12 x

y là nghiệm của hệ.

     

2 2

1 6 1

x y y x

y x x y

    



   



Giải

Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ và sau khi rút gọn ta thu được:

(9)

2 2

5 5 1

2 2 2

x y

      

   

    (1)

Trừ vế với vế của phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất và sau khi phân tích ta được:



^x^ ^y



^x^{ }^y ²^xy^⁷



^⁰

Nếu x – y = 0, thay x = y vào một trong hai phương trình trong hệ ta giải được:

x = y = 2 và x = y= 3.

Nếu 1 1 15

2 7 0

2 2 4

x y xy  x y 

   (2). Đặt 5

a x 2, 5 b y 2

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

  

2 2 1

2

15 1

2 2 2 4 4

4 2

a b

a b ab a b

  



        



Trừ vế với vế của hai phương trình trong hệ ta có:



^a^^b



² ^⁴



^a^^b



^¹⁽³⁾

Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ ta có:

 

² ⁴

 

⁰ ⁰

4 a b

a b a b

a b

  

        

Dễ thấy nếu a + b = - 4 thì mâu thuẫn với (3) do đó a + b = 0, thay a + b = 0 vào (3) ta có a – b = ±1. Giải hệ: 0

1 a b a b

  

   

 . Tìm được (a;b) = 1 1 1 1

; ; ;

2 2 2 2

    

   

   .

Bài số 9: Giải hệ phương trình

2 2

5 1 1 12

5 1 1 4

x x y

y x y

  

 

   

  

  

   

   



Giải Nếu ( x;y) là nghiệm của hệ thì x.y 0.

Do đó: Hệ (I) 

2 2 2 2

2 2

1 12 1 6 2

1 5 5 5

1 4 6 2

1 1

5 5 5

x y x x y x y

x y y x y

     

   

 

 

     

  

 

(II)

Nhân vế với vế của 2 PT của hệ (II) ta được PT:

(10)

4 2 2 4

2 2 2 2

2 2

1 36 4

36 7 4 0

25 25

4 2 ; 2

y x y x

x y x y

x y x y x y

     



     

Thế x = 2y vào phương trình thứ hai của hệ (II) ta được y = 1; từ đó x = 2 Thử lại ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:

 

^{2;1 ;} ^{1 2}^;

5 5

 

 

 

Thế x = -2y vào phương trình thứ hai của hệ (II) ta được ¹

y  5; từ đó 2 x 5

1 1 3 2

1 1 7 4 2

x y x

x y y

  

 

   

  

 

   

  



Giải Điều kiện x0;y0;x y 0.

Nhận xét: Nếu

 

^{x y}^; là nghiệm của hệ phương trình thì x0;y0. Do đó ta viết

lại hệ phương trình như sau:

1 2

1 3

1 4 2

1 7

x y x

x y y

  

 



  

 



Thực hiện phép trừ rồi cộng hai vế của hai phương trình trong hệ ta được

1 1 2 2

(1)

3 7

1 2 2

1 (2)

3 7

x y x y

x y

  

 

  



Nhân hai vế của hai phương trình (1) và (2) ta được

1 1 8

( 6 )(7 4 ) 0 6 (vì 0; 0)

3 7 y x y x y x x y

x y  x y        



Thay vào ta giải được nghiệm của hệ là 11 4 7 22 8 7

21 ; 7

   

 

 

(11)

II. Phương pháp đạt ẩn số phụ

1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn chứa căn thức với ẩn mới là ẩn phụ.

2. Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia.

3. Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai ẩn phụ, cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được một hệ đối xứng.

4. Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình tích với vế phải bằng 0.

5. Thường giải phương trình ta hay biến đổi tương đương, nếu biến đổi hệ quả thì nhớ phải thử lại nghiệm.

Bài số 11: Giải phương trình 2 x² 2 ¹₂ 4 x ¹

x x

 

      

 

Giải Ta thấy x0 không thỏa mãn.

Khi đó phương trình tương đương với hệ 2 2

2

0

4 1 0

1 1

2 2 4

1 x

x x

x

 

  

   

  

    

        

    



Đặtx ¹ y

 x , ta được

2 2 2

2 4(1)

4 ( 2) 2 5 2( 2) (4 ) (2) y

y y y

  

       

 .

Xét (2) 9 2 y²  y²4y5 y⁴8y³28y²40y160

3 2

2

( 2)( 6 16 8) 0

( 2)(( 2)( 4 8) 8) 0

y y y y

     

      

Dẫn đến y2(do ((y2)(y²4y  8) 8) 0 với mọi ythỏa mãn (1)).

Từ đó phương trình có nghiệm là x1.

Bài số 12: Giải phương trình 2x²  1 x 2x 1x² 1

(12)

Giải Ta có phương trình tương đương với

2 2

1  x 1 2x 2x 1x    1 x 1 4x⁴4x²(1x²) 4 x²4x 1x² 8x³ 1x²

2 2 2

(1 4 1 8 1 ) 0

0

1 4 1 8 1 0(1)

x x x x

x

x x x

     

 

      

Xét (1), đặt y 1x² , suy ra y0 và x²  1 y². Ta được 1 4 y8 (1y y²) 0 8y³4y 1 0

(2y1)(4y²2y 1) 0

¹ ⁵

y 4

  . Từ đó suy ra ⁵ ⁵

x  8 . Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x0 và ⁵ ⁵

x 8

  .

Bài số 13: Giải phương trìnhx 3x. 4 x 4 x. 5 x 5x. 3x Giải

Điều kiện: x3

Đặt 3 x a; 4 x b; 5 x c với a, b, c là số thực không âm.

Ta có x 3 a²  4 b²  5 c² a b. b c. c a.

Do đó

  

2 2 2

3 3

4 4

5 5

a b c a

a ab bc ca

b ab bc ca b c a b

c ab bc ca c a b c

        

 

       

 

        



Nhân từng vế ba phương trình ta được



^a^^{b b}



^^{c c}



^^a



^^{2 15}

Suy ra

2 15 5

2 15 15 15 15

3 5 4 3

2 15 4 a b

b c a b c

c a

  



        



  



(13)

Suy ra 671

x 240. Thử lại 671

x 240 thỏa mãn phương trình.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 671 x 240. Bài số 14: Giải phương trình x⁵   x 1 0

Giải

Nhận xét: Hàm số yx⁵ x 1 luôn đồng biến nên nếu phương trình đã cho có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.

Ta có: ^x⁵^{   }^x ^{1 0}



^x²^{ }^x ¹



^x³^^x²^{ }¹



⁰^^x³^^x²^{ }^{1 0}⁽¹⁾

(vì x²    x 1 0, x R)

Đặt ¹

x t 3 thì (2) thành: ³ ¹ ²⁵ 0 3 27

t  t  (3) Ta tìm một nghiệm của (3) có dạng t = u+v.

Ta có :(3) ³ ³ 3 ( ) ¹( ) ²⁵ 0 ³ ³ ( ) 3 ¹ ²⁵ 0

3 27 3 27

u v uv u v u v u v u v  uv 

               

Ta tìm u, v thỏa mãn:

3 3 3

3

1 25 621 25

3 2

27

1 1 25 621

9 3 2

u v u

uv v

  

     

 

 

     

 

 

Vậy phương trình (1) có một nghiệm là ¹ 1 ³ ²⁵ ⁶²¹ ³ ²⁵ ⁶²¹

3 2 2

x

   

 

  

 

 

Theo nhận xét trên, phương trình (1) có nghiệm duy nhất là:

¹ 1 ³ ²⁵ ⁶²¹ ³ ²⁵ ⁶²¹

3 2 2

x

   

 

  

 

 

Bài số 15: Giải phương trình



⁶^x^³



^{7 3}^ ^x^



^{15 6}^ ^x



³^x^{ }² ² ^⁹^x²^²⁷^x^^{14 11}^

Giải Điều kiện: ²

3

7 x 3

  .

(14)

Đặt a 7 3 ,  x b 3x2 (a b, 0). Suy ra

   

2 2

5

2 1 . 2 1 2 11

a b

b a a b ab

  

     



2 2 5

2 2 11

s p

sp s p

  

    

 

2

2 2

2 5

5 5 11

p s

s s s s

  

      

2

3 2

2 5

4 6 0

p s

s s s

  

     



^s^{ }^{a b p}^, ^^ab



   

2 2

2 5

3 2 2 0

p s

s s s

  

     

2 3 p s

 

  

2 1 1 2 a

b a b

 

 

 

 



1 2 x x

 

  

Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm phương trình là x1 hoặc x2.

Bài số 16: Giải phương trình x³5x² 4x  5 (1 2x) 6x³ ² 2x7 Giải

Tập xác định : . Ta có

(1) (x1)³8x²   x 6 (1 2x) (1 2x)(³  x 1) 8x²  x 6 (2) Đặt u= x+1, v= ³ (1 2x)( x 1) 8x²  x 6 Kết hợp với (2) ta có:

3 2

(8x 6) (1 2x) v

(8x 6) (1 2x) u

u x

v x

     



    



Lấy hai phương trình trừ cho nhau ta được:

3 3

2 2

(1 2x)( ) 0

1 2x 0 u v

u v u v

u uv v

 

           

 Với u=v, ta được: ³ 6x² 2x   7 x 1 x³ 3x² 5x   6 0 x 2

 Ta có:

2 2

2 2 2

2

3 4 8x 3( 1) 8 4

1 2x ( )

2 4 4

3x 2x 7

4 0

u u x x

u uvv    v       

 

 

Vậy u² uvv²  1 2x0 không xảy ra.

Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2

(15)

3 2 3 2

5 4 5 (1 2 ) 5 3 (1)

3 6 4 3 (2)

x x x x x y

x x x y y

       



    



Giải

ĐK :

2

3 2

5 3 0

3 0

   



 



x y

y y

Xét phương trình (2) : x³ 3x² 6x 4 y³ 3y² (y3) (x1)³3(x 1) ( y3)³ 3 y3

3 3

2

( 1) ( 3) 3( 1) 3 3 0

( 1) 3 ( 1) ( 1) 3 ( 3) 3 0

        

   

              

x y x y

x y x x y y

  x 1 y3 do (x1)²  (x 1) y 3 (y  3) 3 0

Với 2

1 3 1

( 1) 3

 

    

  



x y x

x y

Thay vào phương trình (1) ta được phương trình x³5x² 4x  5 (1 2 ) 6x ³ x² 2x7

(x1)³(8x²    x 6) (1 2 ) (1 2 )(x ³  x x 1) 8x² x 6 (3) Đặt

3 2

1

(1 2 )( 1) (8 6)

  

      



u x

v x x x x kết hợp với phương trình (3) ta được Hệ phương trình

3 2

(8 6) (1 2 )

     



    



u x x x v

v x x x u

Lấy hai vế phương trình trừ nhau ta được

3 3

2 2

(1 2 )( ) 0

1 2 0

 

            u v

u v x u v

u uv v x

TH1: Nếu uv thì x 1 ³ (1 2 )( x x 1) (8x²  x 6) x³ 3x² 5x   6 0 x 2 TH2: Nếu u² uvv² 1 2x0 (4)

Nhân xét :

(16)

2

2 2 2 3 2 3( 1) 8 4

1 2 ( ) 1 2 0

2 4 4

  

      u     x x 

u uv v x v u x

Suy ra phương trình (4) vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ; ) (2;4)x y  Bài số 18: Giải hệ phương trình

3 2 2 2

3 2 2

3 3 2 1 0

2 3 3 0

x y x x y x y

y xy y x

       



    



Giải

Hệ phương trình đã cho tương đương với

   

3 2

2 3

1 1 2

1 2 3 1

x x y y

x y y x

    



   



Đặt u x 1, ta có hệ phương trình ³₂ ² ₃ ²

   

¹ ^*

2 2

u uy y

uy y u

  



 



Dễ thấy u y 0 là một nghiệm của hệ

 

^{* .}

Xét u0, đặt ytu t, 0, ta có hệ phương trình

3 2 3

3 3 3

2

2 3

u t u tu

tu t u u

  



 



Chia vế theo vế của hai phương trình trong hệ trên ta được

   

2 2

4 2

2

1 2 3

4 3 0 4

1 2 3

1 1

t loai

t t

  

       

     

Với t 1, ta có yu, thế vào

 

¹ ^{ta được}

3 1 1 0

2 2

1 1 2

y u x

y y

y u x

    

          

Với t  1, ta có y u, thế vào

 

¹ ^{ta được}

2y3 2y

  (phương trình vô nghiệm) Vậy, hệ đã cho có nghiệm là:

  

^{0;0 ,}  2; 1 , 0; 1

 





Bài số 19: Giải hệ phương trình

   

² ²



2 2

12 8 25 24 16 9 17 105

36 16 12 8 7.

x y xy x y

x y x y





    

   

(17)

Giải

Đặt 3 -1 3 1

6 , 2

a b

x y 

Viết lại hệ đã cho thành

3 2 3

2 2

6 9 6 14 20 (1)

1 (2)

b b a a

a b





    

 

Ta có phương trình (1)^³^b²



^{3 2}^ ^b



^{ }



^a ^{1 6}

 

^a²^⁶^a^²⁰



thay b²1-a² từ pt(2) ta thu được

       

   

2 2

2

3 1 3 2 1 6 6 20

1 6 6 20 9 6 9 6 0

     

        

a b a a a

a a a b a ab

- Với 1 0 ¹, ¹

6 4

a    b x y

- Với 6a²6a20 9 6  b9a6ab0 ta có

2 2

6 29 15 6 3 6 5 0

VT  a      a   . Vậy pt này vô nghiệm.

KL: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1 1

( ; ) ;

3 4

 

 

 

 x y Bài số 20: Giải hệ phương trình

2 2

4 2

4 1 3 5 12 3

2 (10 17 3) 3 15

y x y x

y x x x

     



   



Giải Điều kiện 1

x4.

Biến đổi phương trình thứ hai có:

2y4(5x1)(2x 3) 3(1 5 ) x

4 4

1(loai) 5

4 3 6

x

xy y

 

  Ta đưa về hệ phương trình:

2 2

4 4

4 1 3 4 1 5 3

4 3 6

y x x y

xy y

     



  

Nhận thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình nên hai vế của phương trình thứ nhất cho y² và phương trình thứ hai cho y⁴ có:

(18)

2 2

4

3 3

4 1 4 1 5

4 1 3 5

x x

y y

x y

     



   



Đặt 3₂

4 1;

a x b

   y với a0,b0 Ta cú hệ pt ₂ ₂ 5

5 a ab b

a b

  



 

 ta được 5

1 a b

b

  

 thay vào (2)

2 2 4 3 2

(5 ) 5 2 3 20 20 0

1

b b b b b b

b

        



 (b 1)(b³3b² 20)0  (b 1)(b2)(b²5b10)0

Nờn

4

2 5 1 4

3 a x

b y

  

 

  

   

hoặc

4

1

1 2

2 3

2 a x

b y

 

  

  

   



Kết luận

 

^; ⁵^; ³

x y 4  ;

1 43 2; 2

 

  

 .

III. Phương phỏp hàm số

1. Trên miền xác định D của hàm số f x( ), nếu f x'( )0(hoặc f x'( )0) thì

hàm số f x( ) đơn điệu và ph-ơng trình f x( )0 có không quá một nghiệm.

2. Nếu hàm số f x( ) liên tục trên [ , ]a b và f a f b( ). ( )0 thì ph-ơng trình

( ) 0

f x  có ít nhất một nghiệm trên ( , )a b .

3. Giả sử f x( ) có đạo hàm đến cấp n trên khoảng ( , ).a b Khi đó, nếu

ph-ơng trình f^{( )}ⁿ ( )x 0 có k nghiệm thì ph-ơng trình f⁽ⁿ^¹⁾( )x 0 chỉ có tối đa k1 nghiệm. (hệ quả của định lí Rolle).

4. Nếu hàm số y f x( ) liên tục trên đoạn [ , ]a b và có đạo hàm trên khoảng ( , )a b thì tồn tại c( , )a b sao cho '( ) f b^{( )} f a^{( )}

f c   .

(19)

Bài số 21:Giải hệ phương trình

2 3 3

7 2 3 2 11 5 0

2 8 4

x x y y

y y x x

Giải

Điều kiện x 3;y 5.Phương trình ban đầu biến đổi thành

2 3 x 1 3 x 2 5 y 1 5 y *

Đặt f t 2t 1 t vớit 0thì * : f 3 x f 5 y (1) Nhận xét. Với mỗi số không âm 0 t₁ t₂ thì

2

2 2 1 1

2 1

2 1 1

2 1

0

t t t t

f t f t

t t t t

Vậy f t là hàm số đồng biến trên 0; . Do đó

1 : 3 x 5 y y x 2

Thay vào phương trình còn lại được

2 3 2 2

2 2 4 4

2 4 2 2 2 2 4 0

x x x x x

x x x x x x

Đặt ³ ₂ 2

2 4

t x

x x phương trình trên thành

3 2 2

2t t 1 0 t 1 x 2 x 2x 4 x 1;2

Vậy hệ có nghiệm 1;3 ; 2;4 .

Bài số 22:Giải