Chuyên đề: Hệ phương trình đại số

Chia sẻ: Nguyễn Hữu Chung Kiên | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

643
lượt xem 187
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng. Phương trình n ẩn x1, x2, ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thì phương trình không thay đổi. Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng. Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét. * Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn-1 +... an, a0 ≠ 0, ai Î P có nhgiệm trên P là c1, ..., cn t...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề: Hệ phương trình đại số

Chuyên đề: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN I. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng. − Phương trình n ẩn x1, x2, ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thì phương trình không thay đổi. − Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng: x1 + x2 + ... + xn x1x2 + x1x3 + ... + x1xn + x2x1 + x2x3 + ... + xn-1xn ............................... x1x2 ... xn − Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng. − Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét. − * Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn 1 +... an, a0 ≠ 0, ai ∈ P có nhgiệm trên P là c1, ..., cn thì: a c1 + c2 + ... + cn = − 1 a0 a2 c1c2 + c1c3 + ... + c1cn + c2 c1 + c2 c3 + ... + cn -1cn = a0 ............................... a c1c1 ... cn = ( −1) n . n a0 (Định lý Viét tổng quát) Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn: A. LÝ THUUYẾT 1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2: Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì: b S = x1 + x2 = − a c P = x1 .x2 = a x1 + x2 = S thì x1, x2 là nghệm của phương trình X2 − SX + P = 0. Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 có x1 .x2 = P 2. Định nghĩa: f ( x, y ) = 0 f ( x, y ) = f ( y , x ) , trong đó g ( x, y ) = 0 g ( x, y ) = g ( y , x ) 3.Cách giải: Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 4 P . Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y. Chú ý: + Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. + Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. + Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ. 4. Bài tập: Loại 1: Giải hệ phương trình x 2 y + xy 2 = 30 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình . x3 + y 3 = 35 1
GIẢI Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S 2 4 P . Hệ phương trình trở thành: ￬￬ P = 30 �=5 � +y=5 � =2 � =3 ￬￬ SP = 30 S x x x ￬ � ￬ �� S �� 2 � � � � � . � 90 ￬ � �￬ 2 � =6 � =6 � =3 � =2 S(S - 3P) = 35 P xy y y � � � � � � ￬ S￬S - ￬ = 35 ￬￬￬￬￬� S� xy ( x − y ) = −2 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình . x3 − y 3 = 2 GIẢI Đặt t = − y , S = x + t , P = xt , điều kiện S 2 4 P Hệ phương trình trở thành: � � =2 � =2 � =1 � =1 xt(x + t) = 2 SP S x x � ￬ �3 �� . �3 � � � � � +t =2 � - 3SP = 2 � =1 �=1 � =-1 3 P t y x S � � � � � 11 x+ y+ + =4 xy Ví dụ 3. Giải hệ phương trình . 1 1 x +y + 2 + 2 =4 2 2 x y GIẢI Điều kiện x 0, y 0 . ￬� �� ￬� + 1� � + 1� 4 �� x +y = ￬� �� ￬� x� � y� ￬ Hệ phương trình tương đương với: ￬ 2 2 ￬� ￬ � + 1 �+ � + 1 � = 8 �� x y ￬� �� ￬� ￬� x� � y� � 1� � 1� � 1� � 1� Đặt S = � + � � + �P = � + �y + �S2 ￬ 4P ta có: � �� x +y , x , � � � �� x� � � � � y� � x� � y� ￬� �� ￬� + 1� � + 1� 4 ￬￬x + 1 = 2 �� x +y = ￬� �� ￬S = 4 ￬S = 4 ￬ � ￬x = 1 � x� � ￬� y� ￬ � �� x . �2 � � � � � � � � � - 2P = 8 � =4 � � +1 =2 � � =1 P �x + 1 �y + 1 � 4 S y � � � � � y ￬￬ � � ￬ = ￬� � ￬ � � ￬� � ￬￬� x� � y� y ￬ x 2 + y 2 + 2 xy = 8 2 (1) Ví dụ 4. Giải hệ phương trình . x+ y=4 (2) GIẢI Điều kiện x, y 0 . Đặt t = 0 , ta có: xy xy = t 2 và (2) � x + y = 16 - 2t . Thế vào (1), ta được: t 2 - 32t + 128 = 8 - t � t = 4 Suy ra: � = 16 � =4 xy x � ￬� � � . � +y =8 �=4 x y � � Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 có nghiệm Phương pháp giải chung: + Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). + Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 4 P (*). + Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m. 2
Chú ý: Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u, v. Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: x + y =1 . x x + y y = 1 − 3m GIẢI x, y 0 ta có: Điều kiện �x + y =1 �x + y =1 � ￬� � � � x + y y = 1 - 3m � x) 3 + ( y) 3 = 1 - 3m x ( � � � � Đặt S = x + y ￬ 0, P = xy ￬ 0 , S2 ￬ 4P. Hệ phương trình trở thành: ￬S � =1 ￬S = 1 � ￬� �3 � . � - 3SP = 1 - 3m � =m P S � � ￬￬ 1 Từ điều kiện S ￬ 0, P ￬ 0, S2 ￬ 4P ta có 0 ￬ m ￬ . 4 x + y + xy = m Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm thực. x 2 y + xy 2 = 3m − 9 GIẢI ￬ x + y + xy = m ￬ (x + y) + xy = m � � ￬� �2 � . � y + xy 2 = 3m - 9 � xy(x + y) = 3m - 9 x � � ￬￬￬S + P = m Đặt S = x + y, P = xy, S2 ￬ 4P. Hệ phương trình trở thành: ￬ . ￬￬ SP = 3m - 9 ￬ Suy ra S và P là nghiệm của phương trình t 2 - mt + 3m - 9 = 0 �=3 �=m- 3 S S �� . � =m- 3 � =3 P P � � ￬32 ￬ 4(m - 3) 21 ￬￬ Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm +‫�ڳ‬ m m 3 2 3. ￬(m - 3)2 ￬ 12 4 ￬ x − 4 + y −1 = 4 Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm. x + y = 3m GIẢI Đặt u = x - 4 ￬ 0, v = y - 1 ￬ 0 hệ trở thành: ￬u + v = 4 ￬u + v = 4 ￬￬￬ �2 ￬� . � = 21 - 3m � + v = 3m - 5 2 u uv � � ￬￬ 2 21 - 3m Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của t 2 - 4t + = 0 (*). 2 Hệ có nghiệm ￬ (*) có 2 nghiệm không âm. ￬ 3m - 13 ￬ D/ ￬ 0 ￬￬0 ￬￬￬ 13 ￬� �2 ￬ ۳�� 0￬S m 7. � � � � - 3m 21 3 �￬0 � ￬0 � � P � �2 ￬￬ 3
x 2 + y 2 + 4 x + 4 y = 10 Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm thực. xy ( x + 4)( y + 4) = m GIẢI ￬ (x 2 + 4x) + (y 2 + 4y) = 10 ￬ x 2 + y 2 + 4x + 4y = 10 � ￬￬ � ￬ �2 . � � + 4x)(y 2 + 4y) = m xy(x + 4)(y + 4) = m (x � � ￬￬ Đặt u = (x + 2)2 ￬ 0, v = (y + 2)2 ￬ 0 . Hệ phương trình trở thành: � + v = 10 � = 10 u S � ￬� � � (S = u + v, P = uv). � - 4(u + v) = m - 16 � = m + 24 uv P � � ￬ S2 ￬ 4P ￬￬ Điều kiện ￬ S � 0 � - 24 � m � 1 . ￬￬￬P ￬ 0 ￬￬ Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình. 3 Ví dụ. Giải phương trình: 3 x + 3 1 − x = . 2 GIẢI 3 3 3 u+v = u+v= u+v= x =u 3 2 2 ⇔ 2⇔ Đặt: . Vậy ta có hệ: 19 1− x = v 3 (u + v) � + v) 2 − 3uv � 1 = u 3 + v3 = 1 u.v = (u � � 36 3 19 u, v là hai nghiệm của phương trình: X 2 - X + =0 2 36 3 �+ 5� 9 9+ 5 x= � � 12 � u= � � � 12 ⇒ ⇒ 3 9- 5 �- 5� 9 u= x= � � 12 � 12 � � � �9 + 5 � � − 5 �� 3 3 � 9 � � �; Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} = �� 12 �� . � � � 12 � �� B. BÀI TẬP I. Giải các hệ phương trình sau: x y + y x = 30 x3 + y 3 = 1 x2 + y 2 = 5 1) 2) 3) 5 5 2 2 4 2 2 4 x +y = x + y x − x y + y = 13 x x + y y = 35 1 ( x + y )(1 +)=5 x+ y =4 2 2 x + x + y + y = 18 xy 4) 5) 6) 1 xy ( x + 1)( y + 1) = 72 2 2 x + y + 2 xy = 8 2 ( x 2 + y 2 )(1 + 2 2 ) = 49 xy 11 x+ y+ + =4 y x 7 x+ y=4 + = +1 xy y x xy (x )(x ) 7) 8) 9) 2 + y2 3 + y 3 = 280 1 1 x2 + y 2 + 2 + 2 = 4 x xy + y xy = 78 x y 4
x6 + y6 = 1 x4 + y 4 = 1 10) 11) x3 − 3x = y 3 − 3 y x6 + y 6 = 1 II. Gải hệ phương trình có tham số: 1. Giải và biện luận: 1 + x + 2y = 5 x+ y=4 x+ y=m x − 2y a) b) c) x + 2y x 2 + y 2 = m2 x 4 + y 4 = m4 =m x − 2y 2. Tìm giá trị của m: 5 ( x + y ) − 4 xy = 4 có nghiệm. a) x + y − xy = 1 − m x + y + xy = m + 2 có nghiệm duy nhất. b) x 2 y + xy 2 = m + 1 ( x + y) 2 = 4 có đúng hai nghiệm. c) x 2 + y 2 = 2 ( m + 1) x + xy + y = m 3. (1II) x2 + y 2 = m a. Giải hệ phương trình khi m = 5. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm. x + xy + y = m 4. 2 (7I) x y + xy 2 = 3m − 8 a Giải hệ phương trình khi m = 7/2. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm. x + xy + y = m + 1 5. 2 (40II) x y + xy 2 = m a. Giải hệ phương trình khi m=2. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) với x >0, y >0. III. Giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình: 1. Giải phương trình: 4 x − 1 + 4 18 − x = 3 . 2. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm: a. 1 − x + 1 + x = m b. m − x + m + x = m c. 3 1 − x + 3 1 + x = m Phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn: (Đọc thêm) a. §Þnh nghÜa: Lµ hÖ ba Èn víi c¸c ph¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng. b. §Þnh lý Vi-et cho ph¬ng tr×nh bËc 3: x+y+z=α Cho 3 sè x, y, z cã: xy + yz + zx = β xyz = γ Th× x, y, z ;µ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) ThËy vËy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0 ⇔ [ X2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0 ⇔ X3 - X2z - X2(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0 ⇔ X 3 - α X 2 + βX - γ = 0 . 5
(*) cã nghiÖm lµ x, y, z ⇒ ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 cã 3 nghiÖm lµ x, y, z. c.C¸ch gi¶i: + Do c¸c ph¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng nªn ta lu«n viÕt ® îc díi d¹ng α, β, γ x+y+z=α xy + yz + zx = β Khi ®ã ta ®Æt xyz = γ Ta ®îc hÖ cña α, β, γ. + Gi¶i ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) t×m ®îc nghiÖm (x, y, z) cña hÖ. Chó ý: (1) cã nghiÖm duy nhÊt ⇒ hÖ v« nghiÖm. (1) cã 1 nghiÖm kÐp duy nhÊt ⇒ hÖ cã nghiÖm. (1) cã 2 nghiÖm : 1 nghiÖm kÐp, 1 nghiÖm ®¬n ⇒ hÖ cã 3 nghiÖm. (1) cã 3 ngiÖm ⇒ hÖ cã 6 nghiÖm. d. Bµi tËp: x+y+z=2 x 2 + y2 + z 2 = 6 VD1: Gi¶i hÖ: x 3 + y3 + z3 = 8 Gi¶i: ¸p dông h»ng ®¼ng thøc ta cã: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx). x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx = -1. 8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz ⇒ xyz = -2. t=1 ⇒ x, y, z lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:t3 - 2t2 - t + 2 = 0 ⇔ t = - 1 t=2 VËy hÖ cã 6 cÆp nghiÖm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). x+y+z=9 (1) xy + yz + zx = 27 (2) VD2: Gi¶i hÖ 1 1 1 + + =1 (3) x y z xy + yz + zx =1 Gi¶i: §K: x, y, z ≠ 0. Tõ (3) ⇔ xyz Do (2) ⇒ xyz = 27 x+y+z=9 VËy hÖ ⇔ xy + yz + zx = 27 xyz = 27 Do ®ã (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0 ⇔ (X - 3)3 = 0 ⇔ X = 3. VËy hÖ cã nghiÖm lµ (3; 3; 3). 6
x+y+z=a x 2 + y2 + z 2 = a 2 VD3: Gi¶i hÖ x 3 + y3 + z3 = a 3 Gi¶i: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx = 0. x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz ⇒ xyz = 0. x+y+z=0 xy + yz + zx = 0 VËy cã: xyz = 0 X=0 ⇒ (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X3 - aX2 = 0 ⇒ X=a VËy hÖ cã nghiÖm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chó ý: Cã nhiÒu vÊn ®Ò cÇn lu ý khi gi¶i hÖ lo¹i nµy + Víi c¸ch gi¶i theo ®Þnh lý Vi-et tõ hÖ ta ph¶i ®a ra ®îc x + y + z; xy + yz + zx; xyz cã thÓ nã lµ hÖ qu¶ cña hÖ nªn khi t×m ®îc nghiÖm nªn thö l¹i. + V× lµ hÖ ®èi xøng gi÷a c¸c Èn nªn trong nghiÖm cã Ýt nhÊt 2 cÆp nghiÖm cã cïng x, cïng y hoÆc cïng z nªn cã thÓ gi¶i hÖ theo ph¬ng tr×nh céng, thÕ. x+y+z=9 (1) xy + yz + zx = 27 (2) VD: 1 1 1 + + =1 (3) x y z Gi¶i: Râ rµng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cña (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz (4). Tõ (2) vµ (4) ⇒ xyz = 27 (5) Tõ (2) ⇒ x2(y + z) + xyz = 27x (6) 2 Tõ (1), (5), (6) ta cã: x (9 - x) + 27 - 27x = 0 ⇔ x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0 ⇔ (x - 3)3 = 0 ⇔ x = 3 y + z =6 ⇒ y = z = 3. Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã: yz = 9 VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3. II. Hệ phương trình đối xứng loại 2: 1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn: A. Định ghĩa: f ( x, y ) = 0 ( 1 ) f ( y , x) = 0 ( 2 ) Cách giải: Lấy (1) − (2) hoặc (2) − (1) ta được: (x−y)g(x,y)=0. Khi đó x−y=0 hoặc g(x,y)=0. + Trường hợp 1: x−y=0 kết hợp với phương trình (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm. + Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trình (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường h ợp này hệ phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thông thường vô nghiệm. B. Các ví dụ: 7
x3 = 3 x + 8 y ( 1) Ví dụ 1: Giải hệ phương trình (I) y3 = 3 y + 8x ( 2) GIẢI 2 2 Lấy (1) − (2) ta được: (x - y)(x + xy + y + 5) = 0 x=0 x 3 = 3x + 8y x 3 - 11x = 0 �� x = ± 11 . Trường hợp 1: (I) x=y x=y x=y x 2 +xy+y 2 +5=0 Trường hợp 2: (I) (hệ này vô nghiệm) x 3 +y 3 =11( x+y ) Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm: { (x, y)} = { (0,0); ( } 11, 11); (- 11,- 11) x+ y −1 =1 4 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình y + 4 x −1 =1 GIẢI 4 Đặt: x - 1 = u 0; y-1=v 0 4 �4 + 1 + v = 1 �4 + v = 0 u u u=0 x=1 � � Hệ phương trình trở thành � 4 �4 (Do u, v ≥ 0) . v=0 y=1 � +1+u=1 v � +u=0 v Vậy hệ có nghiệm (1,1) x = y2 − y + m Ví dụ 2: Cho hệ phương trình (I) y = x2 − x + m a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. x - y = y2 - y - x 2 + x x=±y �� x = y2 - y + m x = y2 - y + m �x = y �x = y � � Giải (I) � �2 � � 2 �x = y - y + m �x - 2x + m = 0 � � �� =-y x �=-y x � � � �2 �x = y 2 - y + m �y + m = 0 � � � � ' Δx 0 �- m 1 0 m 1 � �� m0 a) Hệ phương trình có nghiệm ⇔ �m � ' - 0 m 0 Δy 0 � � ' Δx = 0 1-m=0 ' Δy < 0 -m
Ví dụ 3: Giải phương trình: x3 + 1 = 2 3 2 x − 1 . GIẢI 2x - 1 = t ⇒ 2x - 1 = t .3 Đặt 3 x 3 + 1 = 2t x 3 + 1 = 2t x 3 - 2x + 1 = 0 ⇔ ⇔ Ta có hệ t 3 + 1 = 2x (x - t)(x 2 + xt + t 2 + 1) = 0 x=t x=1 (x - 1)(x 2 + x - 1) = 0 ⇔ ⇒ -1± 5 x=t x= 2 -1± 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1; . 2 C. Bài tập: 1.Giải các hệ phương trình sau: 13 3 2x + = 2x + y = x3 + 1 = 2 y x2 yx a. b. c. 3 13 y3 + 1 = 2x 2y + x = 2y + = y2 xy x+ y+9 =9 x + 2− y = 2 x+5 + y−2 =7 d. e. g. y + x+9 =9 y + 2−x = 2 y+5 + x−2 =7 x 2 − ( x + y ) = 2m 2. Cho hệ phương trình . y 2 − ( x + y ) = 2m a. Giải hệ với m = 0. b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. x3 = y 2 + 7 x 2 − mx 3. Tìm m để hệ: có nghiệm duy nhất. y 3 = x 2 + 7 y 2 − my a. x 2 + x + 5 = 5 . 4. Giải các phương trình: b. x3 − 3 3 3 x + 2 = 2 . 2. HÖ ph¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i 2, 3 Èn: (§äc thªm) A. Dïng chñ yÕu lµ ph¬ng ph¸p biÕn ®æi t¬ng ®¬ng b»ng phÐp céng vµ thÕ. Ngoµi ra sö dông sù ®Æc biÖt trong hÖ b»ng c¸ch ®¸nh gi¸ nghiÖm, hµm sè ®Ó gi¶i. B. VÝ dô: x 2 + 2yz = x (1) 2 Gi¶i hÖ y + 2zx = y (2) 2 z + 2xy = z (3) Gi¶ b»ng c¸ch céng (1), (2), (3) vµ lÊy (1) trõ ®i (2) ta cã hÖ ®· cho t ¬ng ®¬ng víi hÖ x 2 + 2yz = x (x + y + z) 2 = x + y + z (x - y)(x + y - 2z - 1) = 0 HÖ nµy ®¬ng t¬ng víi 4 hÖ sau: 9
�2 + 2yz = x �2 + 2yz = x x x � � �+ y+ z = 0 x (I) �+ y+ z = 0 x (II) � =y � + y - 2z - 1 = 0 x x � � � 2 + 2yz = x � 2 + 2yz = x x x � � �+y+z=1 x (III) �+y+z=1 x (IV) � =y � + y - 2z - 1 = 0 x x � � Gi¶i (I): -1 x=0 x= 2 2 2 2 x + 2yz = x x + 2yz = x x - 4x = x 3 (I) ⇔ 2y + z = 0 ⇔ z = - 2x ⇔ z = - 2x ⇔ z = - 2x x=y x=y x=y x=y -1 -1 2 ;;) VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); ( 333 2 -1 -1 -1 2 -1 Lµm t¬ng tù (II) cã nghiÖm ( ; ; );( ; ; ) 333 333 111 HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); ( ; ; ) 333 HÖ (IV) cã nghiÖm (0;1;0); (1;0;0). VËy hÖ ®· cho cã 8 nghiÖm kÓ trªn. x 2 + y2 + z = 1 2 2 VD2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x + y + z = 1 x 2 + y + z2 = 1 x 2 + y2 + z = 1 (y - z)(y + z - 1) = 0 Gi¶i: HÖ ⇔ (x - z)(x + z - 1) = 0 � 2 + y2 + z = 1 � 2 + y2 + z = 1 x x � � y=z (I) �=z y (II) � � �+z-1=0 x=z x � � ⇔ x 2 + y2 + z = 1 x 2 + y2 + z = 1 z+y-1=0 (III) z+y-1=0 (IV) x=z x+z-1=0 Gi¶i c¸c hÖ b»ng ph¬ng ph¸p thÕ ®îc 5 nghiÖm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); � 1 1� 1 � ; 2; 2�. 2 � � x2 = y + 1 y2 = z +1 VD4: Gi¶i hÖ: z2 = x +1 10
Gi¶i: XÐt hai trêng hîp sau: TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau: x2 = x + 1 y2 = z +1 Gi¶ sö x=y cã hÖ z2 = x +1 � + 5 1 + 5 1 + 5 �� − 5 1 − 5 1 − 5 � 1 1 ; ; ; ; ; Tõ ®ã cã nghiÖm cña hÖ (x;y;z) lµ : � �� 2 2 �� 2 2� 2 2 � �� T¬ng tù y=z, z=x ta còng ®îc nghiÖm nh trªn. TH2 : 3 sè x, y, z ®«i mét kh¸c nhau . Gi¶ sö x>y>z ,xÐt hµm sè f(t) = t2 trªn D = [ −1; + ) a) z 0 , x>y>z 0 ⇒f(x)>f(y)>f(z)⇒y+1>z+1>x+1⇒y>x>z(v« lý). b) z
2t x¸c ®Þnh trªn D = R\ {± 1} f(t) = 1− t2 2(t 2 + 1) > 0 víi mäi t∈D f’(t) = (1 − t 2 ) 2 ⇒ hµm sè ®ång biÕn trªn D f(x) > f(y) > f(z) ⇒ y > z > x m©u thuÉn víi (*). VËy ®iÒu gi¶ sö sai. Do vai trß x, y, z nh nhau. VËy TH2 - hÖ v« nghiÖm VËy hÖ ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt lµ (0; 0; 0) C. Bµi tËp x = y3 + y 2 + y − 2 y = z3 + z2 + z − 2 1. z = x3 + x2 + x − 2 2 2. 3 � x 2 − 4) 2 − 4 �− 4 = x 3(3 � � y = 3x 2 − 4 � x = 3z 2 − 4 . Híng dÉn: §Æt z = 3y2 − 4 y = 3x 2 − 4 §a vÒ gi¶i hÖ z = 3 y − 4 2 x = 3z 2 − 4 2 x2 =y xyz = x + y + z 1 + x2 y 3 − 9 x 2 + 27 x − 27 = 0 yzt = y + z + t 2 y2 3 2 4. z − 9 y + 27 y − 27 = 0 =z 3. 5. ztx = z + t + x 1 + y2 x3 − 9 z 2 + 27 z − 27 = 0 txy = t + x + y 2z2 =x 1 + z2 III. Hệ phương trình đẳng cấp: F ( x, y ) = A , trong đó F ( kx, ky ) = k n F ( x, y ) ; G ( kx, ky ) = k m G ( x, y ) . 1. Dạng: G ( x, y ) = B 2. Cách giải: Đặt y = tx (x ≠ 0) hoặc x = ty (y ≠ 0). 3. Ví dụ: x 2 − 2 xy + 3 y 2 = 9 ( *) Giả hệ phương trình: 2 x − 4 xy + 5 y 2 = 5 GIẢI + Với x = 0: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 12
( ) x 2 1 − 2t + 3t 2 = 9 ( 1) . Lấy (1)÷ (2) ta + Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hệ phương trình tương đương với ( 1 − 4t + 5t ) = 5 ( 2) x2 2 2 1 được: 15t2−13t+2=0⇒ t = ; t= . 3 5 2 3 • Với t = : ta có y = x , thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), (−3;2). 3 2 � 2 2 �� 5 2 2 � 5 1 1 ,− • Với t = : ta có y = x , thay vào (*) ta được nghiệm � 2 ; 2 �� 2 ; 2 � . � �� 5 5 � �� 4. Bài tập: Giải các hệ phương trình sau: 3 x 2 + 2 xy + y 2 = 11 6 x 2 − xy − 2 y 2 = 56 2 x3 + 3x 2 y = 5 1) 2 2) 3) x + 2 xy + 5 y 2 = 25 5 x 2 − xy − y 2 = 49 y 3 + 6 xy 2 = 7 IV. Một số hệ phương trình khác: Tổng hợp các kiến thức kết hợp với việc suy luận hợp lý để giải. xy + x + y = x 2 − 2 y 2 1. ( x, y ￬ ) . x 2 y − y x − 1 = 2x − 2 y HD: Biến đổi phương trình xy + x + y = x 2 − 2 y 2 ⇔ (x + y)(x −2y −1) = 0. ĐS: x = 5; y = 2. x + 2x y + x y = 2x + 9 4 3 2 2 2. ( x, y ￬ ) . x 2 + 2 xy = 6 x + 6 ( x 2 + xy ) 2 = 2 x + 9 17 ĐS: x = −4; y = HD: Biến đổi hệ phương trình thành: . . 6 x + 6 − x2 xy = 4 2 5 x 2 + y + x3 y + xy 2 + xy = − 4 3. . 5 x 4 + y 2 + xy ( 1 + 2 x ) = − 4 −5 ( ) x 2 + y + xy x 2 + y + xy = u = x2 + y 4 HD: Biến đổi hệ phương trình thành: . Đặt: . −5 (x ) v = xy 2 2 +y + xy = 4 5 x=3 x =1 � � 4 � −3 . ĐS: � �= 2 y � = − 3 25 y 16 1 1 = y − ( 1) x− x y 4. . 2y = x +1 3 � 1 + 5 −1 + 5 �� 1 − 5 −1 − 5 � − − � 1� ĐS: ( 1;1) , � HD: (1) ⇒ ( x − y ) �+ � 0 . = ; , ; 1 �� 2 �� 2 � 2 2 � xy � � �� 13
1 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 y 5. . 4 x + y 2 = 25 2 3y ĐS: ( 3; 4 ) HD: Tìm cách khử logarit để được: x = . 4 y−x= y−x 3 6. . x+ y= x+ y+2 ( ) � 1� 3 ĐS: ( 1;1) , � ; � y − x = y − x � 3 y − x 1− 6 x − y = 0 . 3 HD: � 2� 2 y2 + 2 3y = x2 7. . x2 + 2 3x = y2 ĐS: ( 1;1) HD: Đối xứng loại 2. x −1 + 2 − y =1 8. . 3log 9 ( 9 x 2 ) − log 3 y 3 = 3 ĐS: ( 1;1) , ( 2; 2 ) . HD: Tìm cách khử logarit để được: x = y . x + y − xy = 3 9. x +1 + y +1 = 4 ĐS: ( 3; 3) . HD: Đặt t = xy , bình phương hai vế phương trình thứ hai tìm được t=3. 1 1 x+ + y+ =5 x y 10. . Tìm m để hệ phương trình này có nghiệm thực. 1 1 x + 3 + y + 3 = 15m − 10 3 3 x y 1 1 7 HD: Đặt u = x + , v = y + , điều kiện u 2, v 2. m 2, m 22 . ĐS: x y 4 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−− 14