Các dạng hệ phương trình cơ bản và cách giải

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:33

4
2.232
lượt xem
413
download

Các dạng hệ phương trình cơ bản và cách giải

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

*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: .....

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Các dạng hệ phương trình cơ bản và cách giải

  1. *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: I.1:Lý thuyết: Loại 1 Loại 2 Loại 3 I.2: Bài tập áp dụng: I.2.1:Bài tập áp dụng cho loại 1 I.2.2:Bài tập áp dụng cho loại 2 I.2.3:Bài tập áp dụng cho loại 3 II. phương pháp đặt ẩn phụ: II.1:Lý thuyết II.2:Bài tập áp dụng III. phương pháp hàm số: III.1:Lý thuyết: Loại 1 Loại 2 III.2:Bài tập áp dụng: III.2.1:Bài tập áp dụng cho loại 1 III.2.2:Bài tập áp dụng cho loại 2 IV. phương pháp đánh giá C.tuyển tập các bài toán hay và khó
  2. ***Chuyên đề:Hệ phương trình A.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 của hệ để đưa về đặt ẩn phụ theo tổng và tích các biến dưới dạng định Lý viet I.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  3 Từ (2)  t = 2 – u thế vào (1) ta có : u 2  u  6  0   1 u2  2 u1  3 u2  2 Từ 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
  3. 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 Giang Bài 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
  4. S  4 Vậy ,  <=> 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 B Chú ý : Ta đã khử bớt căn thức nhờ đặt ẩn số phụ u , v . Mặt khác hệ đã cho là hệ đối xứng kiểu 1 . Nên ta tính P để áp dụng hệ thức Viet . Các bạn có thể nhân hai vế của phương trình (1) với 2 và bình phương hai vế của phương trình (2) để dẫn đến x=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  185 Thay vào hệ :  <=> xy = 12 (25  xy )5  65  x 2  y 2  25 Ta có hệ   xy  12 x  3 x  4 Dễ 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 B Bài 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 biệt Lời giải: Biến đổi hệ phương trình về dạng :
  5. 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  1 vậy, 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<0  m < 18 vậy với m <18 hệ phương trình vô nghiệm c.Hệ có nghiệm duy nhất  phương trình (1) có nghiệm duy nhất  '(1)  0  m  18  0  m  18 Khi đó hệ có nghiệm x=y=3 Vậy, với m= 18 hệ phương trình có nghiệm duy nhất d.Hệ có 2 nghiệm phân biệt  Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  '(1)  0  m  18  0  m  18 Vậy, với m >18 hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt Biên soạn : Nguyễn Thị Yến Giang Bài 6: cho hệ phương trình:  xy  x  y  a  2 1   2  x y  xy  a  1 2  2  Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất Lời giải: Giả sử hệ trên có nghiệm duy nhất là (c,b) do hệ trên là hệ đối xứng loại 1 nên (b,c) cũng là nghiệm của hệ  để hệ có nghiệm duy nhất thì c=b hay x=y. Khi đó thay vào hệ ta được:
  6.  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  1 t 2  3t  2  0   t  2  x  y  2  I    xy  1   3 &  4     x  y  1  II      xy  2 Giải (I): x,y là nghiệm của phương trình: t 2  2t  1  0  t  1  x  y  1 Giải (II): x,y là nghiệm của phương trình: t 2  t  2  0 :vô nghiệm    7  0  Vậy a=1 thõa mãn  5  xy   x  y    5  3  *a   : 1 &  2    4 4 1  xy  x  y    6    4 Theo định lí viet thì xy và x+y là nghiệm của phương trình: t  1 5 1 t  t 0 1 2 4 4 t   4   1  III   xy  4    x  y  1     xy  1   IV   1  x  y  4  
  7. Tương tự ta được nghiệm(x;y) duy nhất là  ;  1 1   2 2 3 Vậy 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  1 trình: t 2  t  2  0   t  2   xy  1 V    x  y  2   7  & 8     xy  2 VI     x  y  1 Xét 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 Hà Bài 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 trên là hệ đối xứng loại1 nên(b,c);(-c,-b);(-b,-c) cũng là nghiệm của hệ. Rõ ràng: (c,b)  (-c,-b) 6a  14  0 Thật vậy nếu (c,b)= (-c,-b) thì c=b=0   : vô lí a  2  0 Vì 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 7 Vậy a  là giá trị cần tìm để hệ có đúng 2 nghiệm 3 Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Bài 8:Hãy xác định a để hệ sau có nghiệm duy nhất:
  8.  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 với 2 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  a x=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 hệ Vậy: a=0 là giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh Hà I.2:Hệ đối xứng loại 2: I.2.1:Lý thuyết:Hệ phương trình đối xứng loại 2 có cách giải chủ yếu dựa vào các phép biến đổi cơ bản như trừ theo vế các phương trình rồi nhóm và phân tích nhân tử I.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  0 Hệ (I) trở thành 2 hệ: 2 x 2  y  3 y 2  2  x  y hay 2 x 2  y  3 y 2  2  5 x  5 y  1 Nghiệm 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 y
  9. Lời giải: Với điều kiện x,y  0. Hệ phương trình đã cho tương đương 2 x 2 y  x  3 y với:  2  (*) 2 xy  y  3x  Trừ hai phương trình trùng phương ta được: (2xy+4)(x-y) = 0 a)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  1 Vậy hệ có nghiệm:   ;  ; y  2  y  2   y  x  1 Biên soạn: Nguyễn Tiến Duy Bài 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 Duy Bài 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 y
  10. Hệ 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 2 Ta 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 3 Vậy hệ có bốn nghiệm (x,y) = (0,0),(1,1),(0, ), ( ,0). 2 2 Biên soạn: Nguyễn Tiến Duy Bài 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 nghiệm là (m,n) thì (n,m) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì m=n hay x=y. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được: 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 có nghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy nhất  '  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  0 Giải (I): x=y=-1 Giải (II): ' **  4  5  1  0  ** vô nghiệm(II) vô nghiệm Vậy: a=-2 là giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Bài 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 nghiệm là (m,n) thì (n,m) cũng là một nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm duy
  11. nhất thì m=n hay x=y. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được: 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 có nghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy nhất  '  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 5 Vậy: a  không thõa mãn. 4 Tóm lại: không tìm được giá trị a phù hợp với yêu cầu đề ra Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Bài 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. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì a=b hay x=t. Thay vào 1 trong 2 phương trình của hệ ta được: x2  mx  m  0  3
  12. Rõ ràng nghiệm của (3) là nghiệm của hệ (1’)&(2’) để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì (3) phải có nghiệm duy nhất. (3) có nghiệm duy m  4 nhất    m2  4m  0   m  0  x2  0  x  0 x  0 *m  0 : 1' &  2'   2   t  0  t  0 y  0 Vậy 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 mãn Tóm lại: m=0 hoặc 4 là những giá trị cần tìm Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Một 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 Duy II. 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 dạng a 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 vào hệ để tìm ẩn y và suy ra x.
  13. Cách 3: - Từ hệ khử số hạng x 2 ( hoặc y 2 ) để đưa về một phương trình khuyết x 2 (hoặc y 2 ). - Rút 1 ẩn x (hoặc y 2 ) thì phương trình khuyết x 2 (hoặc y 2 ) đó thay vào một phương trình của hệ ta được phương trình trùng phương theo 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  2 Vì 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  0 Đặt 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 
  14. Vậy hệ có 4 nghiệm: (2, 1), (-2, -1),   11 1   11 1   , , ,  14 14  14 14    Biên soạn: Trần Trung Hiếu Bài2:Giải hệ phương trình :  x 2  3xy  y 2  1 (I)  2  2 x  xy  3 y  7  2 Lời 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: 9x2 + 20xy + 4y2 = 0 Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra x = 0 . Nhưng dễ thấy ( 0;0) không là nghiệm của (I) . Do đó có thể giả thiết y # 0 . Điều đó cho phép ta đặt x = ky Thế 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 là hệ (III) vô nghiệm còn hệ (II) có hai nghiệm là (-2;1) và (2;-1), đó cũng là hai nghiệm của hệ phương trình (I) . Biên soạn:Nguyễn Thị Phương Thảo A Bài 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:
  15. 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
  16. 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 A Bài 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 y Trường hợp z # 0: Đặt: a  , b  z z Hệ 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     3
  17. hệ 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 Hà B.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 đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một PT trong hệ về dạng đơn giản (có thể rút x theo y hoặc ngược lại) rồi thế vào PT còn lại trong hệ. Gồm 3 loại cơ bản: Loại 1: trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y, khi đó ta tìm 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. Lúc đó ta xem x là tham số và biển diễn được y qua x bằng cách giải PT bậc hai 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 1 có y  1  , thay vào (1) ta được: x 2 x 1  x2 1  2 x   3x  4 x  1 2 x 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 Hà I.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 
  18. 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  5 Hệ có nghiệm  x; y    5; 2  Biên soạn: Văn Thị Linh Hà Bài 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 Anh Bài 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:
  19. 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=5 Vậy hệ có nghiệm (x,y)=(5;2) Biên soạn: Lê Lam Anh I.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  0 Coi 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 Hà II.Phương pháp đặt ẩn phụ: II.1: Lý thuyết: Điểm quan trọng nhất trong việc giải hệ là phát hiện ẩn phụ u=f(x,y) và v=g(x,y) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một số phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu 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  
  20. 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  2 Đặt: u  & v  y  x  2 , ta có hệ:  y uv  1 Giải 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 Hà Bài 2: Giải hệ phương trình:  4 xy  4  x  y   3 2 2 7  x  y 2   2 x  1  3   x y Lời 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 y Đặt: 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   2 Từ 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)

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản