Chuyên đề "Một số phương pháp giải hệ phương trình" - GV. Lê Đình Tần

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” ĐẶT VẤN ĐỀ

Phần I :

Hệ phương trình là mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán học phổ thông, nó thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10, tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ xát phần này khá nhiều song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải. Nguyên nhân là vì:

Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau, có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện.

Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn tổng quát về hệ phương trình.

Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho các em (dẫn chứng gần đây nhất là đề thi thử lần 2 Trường THPT Chuyên –Đại Học Vinh năm 2014 ).

Chuyên đề này của tôi về mặt hình thức là không mới. Cái mới ở đây chính là sự phân loại có tính chất xuyên suốt chương trình nhưng vẫn bám vào các kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy của học sinh. Thêm vào đó, với mỗi bài toán đều có sự phân tích lôgic, có sự tổng quát và điều đặc biệt là cho học sinh tìm ra cái gốc của bài toán, các bài toán từ đâu mà có, người ta đã tạo ra chúng bằng cách nào.

Thông qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần hình thành được phương pháp, rèn luyện được kỹ năng, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm toán và tạo ra các bài toán mới. Học sinh thường hiểu sâu và hứng thú khi học phần này.

Mặc dù đã có sự đầu tư song vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân loại có thể chưa được triệt để và chỉ mang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để chuyên đề này được hoàn thiện hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

1

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Phần II A.BÀI TOÁN MỞ ĐẦU

4

Giải hệ phương trình :

2

1 1 y y (1)

4 x     2 2 ( y

x y 1) 2   y 1 0(2)       x     x 

6 Tuyển sinh Đại học khối A;A1 năm 2013

Giải

2

2

1

Cách 1 : ( Đưa về đối xứng loại 3 ) Đk : x y x

2 (

6

1

0

y

y



Xét (2) :

2

2

'

y

1

4

0

y

y

0

4

x  1)     

1

y ( y 1) 6           t  ) : x  ( 0

4

4

t

2

t

y

2

  

4 x t    (*) y

x Xét (1) : Đặt Pt(1) trở thành :

3

z

4

f z ( )

z

f

z '( )

0,

z

0

z  

2  

1  

  

Xét hàm số

2 4

z

2



t 1

4

4

z  do đó 0

y

y

0

Nên f(z) đồng biến với (*) y 1



4 y  

y x t      Khi đó (2) trở thành : 

6

5

4

3

2

(vì y>0)

2 0  1  

Vậy nghiệm của phương trình :

y y 0  1)( y y y 3 y 3 y 4) 3 y 0   ( y y          y 0 y 1          x x 2 

y 1        

2

 1   ,   0 y   Cách 2: ( đưa về hệ đối xứng loại 3) 1

0

2     

y 

4

4

4

4

1

x

(

y

x

1

y

(

    

  (**)

4

x

1

1

x

)



4

4

x  x 1) 2( 1 6 y y 0 1) x y y (     (*) . Vậy : 4

Đk : (2) 2 x y   (1) Đặt ( ) t f Nên (**)

1) 1 1) 1       thì f đồng biến trên 1, x f x ( )    

f y ( 1) 1 y  

4

2

5

8 y  

2 y  

Thế vào (*) ta có :

7

4

) , mà g(1)=0 nên 7 y

7 y  

Vì y 

1 Dễ dàng suy ra : (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).

0 4 y ( y y ) 2 y   y  4 y 2 y       y  4 42 y g y ( ) 2 y y   =4 y  đồng biến trên 0,

Cách 3 ( phương pháp đánh giá kết hợp sử dụng nhân liên hợp )

2

Đk : y 2(

0

2 x  

y 

x

1

x

y

y

0(

1

(2) Xét 4

  

1 6 y ( y x y 0 1) y x  1 2 x 1)     

hệ nhận nghiệm là

1

y

x

Xét 4

1

    (*) . Vậy : 4    và y=0 thỏa mãn hệ phương trình đã cho nên 0)   x   0 y    , ta có 0

2

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

4

4

1

(

y

(

x

)

y

1

0

(1)

x   

2)  

   4

2

4

4 y 1   4

1

4

x

y

(

1)

0

  





2

4

4

(

x

y

x

y

)

1 )(

1  

1  

x

y

2



    

    

4

x 0    ( x 1   y )( y ) x 1   y 1 x   x y 2 1   

1   y   (do y>0) 1

x

4

2

2

5

8 y  

Thế vào (*) ta có :

7

4

7 y  

đồng biến trên 0,

0 y y 0  4 y ( y y ) 2 y y      2 y 4 y 1  y        2 y y     4 y  ) ),mà g(1)=0 

(Vì nên 7 y y  Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).

( ) g y 22 y 1 y 4    

Cách 4 : ( Đưa về hệ đối xứng loại 3)

2

x 

0

2     

y 

(*) . Vậy :

y 2( 1) 6 1 x y y 0 1) x ( 4 y 1 2 x   y    

4

4

(1)

2

u

u

2

v

   

v   

Đặt

4

4

2

f

0

) u

2 x 1    1 ,( , u v 0)   x   4 v y  y v 

 Ta có : f(t) đồng biến 0,

Đk : Từ (2)   u      Xét hàm số ( ) t , t t ( làm tương tự các cách trên ) Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).

v   u      t   

Cách 5 : ( Phương pháp thế )

2

1

0

y 

Đk : x  Từ (2) ta được y    Vậy (x;y) =(1;0) là nghiệm của hệ phương trình

x

2

y

1

y   

 , thay vào(1)ta

*Với :

4

1) 4 y x (

4    

được:

x

2

y

x

2

y

1

y   

y   



 ; 1

y  , ta có 0

x

y

1

1 1

2

2

y

0



  

   



*Với :

0

y 2    y  ( vì 0

y y y y  ) , suy ra x=1 thỏa mãn hệ.

4

4

y

2

y

)

2

y

2

y

y

2

( 4   

4    



  (3) y

3

4

2 y 2 y 2 y y y y    2  

f

t '( )

1

t

0



0,    

Xét hàm số :

t 4 4

t

2

2



) .

f t ( ) t t t , 2 0     Ta có :

4

4

 f(t) đồng biến trên 0,

Từ (3) suy ra

8

t

t 2

0

t

0

y

 thì (4)

Đặt

2 t     5

6

4

3

t ( 1)( t t

2) 0

t

t

t

t 2        

2 y y y 2 y y        (4) y

3

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

5

3

(do 6 t

4     

t x y 1 0 0     t t 2 t t 2 t   0,   ) 0 t 1 1 2 y     

2

   x     Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1). Cách 6 : ( Sử dụng nhân liên hợp ) 1

0

y 

Đk : x  Từ (2) ta được

4

4 y (

Đặt

4

4

4

t

2

t

y

y

  

2  

Phương trình (1) trở thành :

4

4

2

t

t

y

2

y

0

   

  

2

2

y t )(

)





4

4

y

)

0

t (  

(3)

t

y



t ( 4

y 4

y

t

0



  

t

y

2

2  



4

4

    

  1     

t

y

2

2  



2

2

t x  , suy ra 1 1 x y 1)      t 0    t x 

2

0

.

(2)

y 

4

y t )( )   0 4 x y y ( 1        , nên 1) t ( 4 y 4 y 2  2  

Từ (3)

t y y

2

4

4

6

1 x ) ( y y  4 y   g y ( ) 4 0    4 4 2 y y  

) .

    Xét hàm số : y g y '( ) 0, 8 7 1 y y    t      Thế vào (4) ta có : x 1 y 0    7 y 2 y y   7 y g y ( )       , nên g(y) đồng biến trên 0, 3

Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1).

0 Mà g(1) =0 nên y=1 là nghiệm duy nhất của g(y). Với y=1  x=2.

Qua bài toán mở đầu,ta thấy có nhiều cách giải khác nhau để giải một hệ phương trình .Tuy nhiên các cách đó đều dựa trên cơ sở phá bỏ căn rút một biểu thức x theo y đưa về hệ phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải.Sau đây, tôi xin trình bày một số phương pháp cụ thể để giải hệ Phương trình.

B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

1. Phương pháp thế

0x ;ta luôn có y=tx với cách làm này ta chuyển về

* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình hoặc kết hợp hai phương trình trong hệ và thế vào một phương trình còn lại.Mục đích của việc làm này là giảm số ẩn .Tùy thuộc vào đặc điểm của bài toán mà ta có những cách biến đổi phù hợp . * Nhận dạng. -Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc nhất,bậc hai đối với một ẩn nào đó (có thể coi biến còn lại là tham số ). -Với hai số thực bất kỳ phương trình ẩn t - Phương trình f(x;y)=f(y;x) luôn có một cặp nghiệm x=y do đó có thể phân tích phương trình đã cho về dạng (x-y).g(x;y)=0 - Trong hệ phương trình biểu thức u(x) xuất hiện ở cả hai phương trình thì ta có thể đặt u(x)=t để làm đơn giản hình thức bài toán.

4

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 3

x 2 y 1     27 x 

Ví dụ 1. Giải hệ pt:

4

3

x 2

 

 



1 y (x 2)       

Giải hệ pt:

Điều kiện:

4

1 y

(x 2) 

 

y 1 27 x (1)   2

2

y 1

Ta có: (2)

    (x 2)   2

 3

3

2 (3)

Đề thi Chọn Học sinh giỏi Tĩnh lớp 10 _GD Hà Tĩnh x   y 1   , kết hợp với (1), ta được: 2 x

x 2 (x 2)

x 2

 









4x 31 

(4)

     2

x

a

a

2

x 2



27 x   với a 0 thì

x  , thay x theo a vào vế phải của (4) và rút gọn,

6

2

3

2

5 (a 1)(a

6a

6a

18a 19) 0

a 1

  

4 a  





  



Đặt ta được: 4 12a 5a a   4 5

  3

a 19 0 2

a

a

6a

6a











4

4

2

(vì  ) 18a 19 0 do a 0  Khi a = 1, ta được x = 3 và y = 2 (thỏa mãn điều kiện (3)) Vậy hệ phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm (3; 2)   hay (x-2)4=y-1có thể Nhận xét .Quan sát phương trình (2) ta thấy 1 y (x 2)  nghỉ ngay đến việc đặt ẩn phụ chuyển hệ trên về một hệ đại số đã có cách giải . 3 x y

9 (1)

2 x y

2

2

x

x









Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

2

x

x

6

6

2

xy

(2)





   

2

6

x

x

0, (2)

x

y  



thế vào (1) ta được

 Nhận xét . Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. Lời giải. x = 0 không thỏa mãn (2) 6   2 x

2

2

2

6

x

x

x

6

x

4

3

2

x

2

x

x

2

x

9









6   x 2

6   x 2

  

  

  

   x (6

x

2 2 )

2

2

3

x

(6

x

x

)

2

x

x x (

9

4)

4 x  

6  





  

4

6   4

x 0  0      x 

4;

Do

0x  nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất

17 4

  

  

Chú ý. + Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:

2

2

2

x

x

6





2

x

xy

2

x

9

2

x

9













6 2





2

Hệ

x

x

6





2

2

x

xy

x

x

6







   

2

x

xy





6 2

     

6 2

     

+ Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác Ví dụ 3 Thi thử lần 1 khối B năm 2014 THPT NVX Bắc Ninh

5

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

3

2 x y

(1)

2

2

x

y

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x  



x y ( ,

IR

)

.



Giải hệ phương trình :

2

1 (2)

12

3

3

2

x

y

y

x

x

  







    

12 Nhận xét :Rỏ ràng ta không thể biến đổi phương trình (2),vấn đề là ở chổ

biến đổi phương trình (1) như thế nào ,để ý thấy các hệ số 2:1=2:1 như vậy phương trình này có nghiệm x=y . Lời giải.

x

0

y 0;



2

2

2

Đk: Phương trình (1) tương đương với x 1) 1) (2

22 x

)

2

x

12

x

12

x

3

3

x

2

x

1





  



Thế vào phương trình (2) ta có

2

2

3(2

x

1)

3

x

(2

x

1)

x  

  



2

x

23 a

x a

a

2

x

1,

1

a



3  



Đặt

  , ta có phương trình

x

2

2

2

2

2

a 3

9

x

6

ax

8

a

x

6

ax

2

a

2 x  





  



0  

 a      a 4 ( ) x L 

)(2 (2 x y x x y x ( 0 y 1 x IR    1)       ( Vì x 0,    

3 2 2

x  

Khi a=x , ta có

3

2 2

. Thử lại thấy thỏa mãn . )

(3

2 2;3

2 2)

x y  



y   Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ;

x 2 1   1 x 2 x 1 x 2 x     x L 2( ) 1     0     

Ví dụ 4.

2

2 5( 3)(1)

Thi thử lần 2 khối A &A1 năm 2014 THPT ĐT – HẢI DƯƠNG 3

Giải hệ phương trình

2 y   18(2)

2

2

2

(2 y 2 1)   x 2 1)      x    x 

2

4 x y x y     thế vào phương trình (1) y nên từ (2) rút

x x y 2  

2 y 0         (3) y x x 5( 3

1)

x

y

2  

y  

1  

0; 1)   2 2 y x 3 4

2)

x

(

6 (

x

2)(

y

9(

y

5(

x

  



1)  

1)  

y  

x

3 (

3 (

2)(

2)(

2(

1)

2

2

6

y

x

y

x

y

x

2) 2(

y





    

1)  



1)  (3) 1)

  Ta thấy y=1 không phải là nghiệm của phương trình trên :

1   (2 y Nhận xét :Phương trình 2 là một phương trình đối xứng theo x và y tuy chưa thể khẳng đinh có hay không nghiệm x=y ,tuy nhiên để ý phương trình (1) có chứa biểu thức độc lập 2 x Lời giải. Điều kiện : 0;( Từ phương trình (2) Thế (3) vào (1) ta có :

(3)

2  x y 2 1   2 3 2   x y 2 1 x y 2 1     L ( )   2 1 1 2     0     x   y  

6

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2



Với

x y

2 1

 

x

2

2

y

y

0

53

17

38

(2)





  

)

x

t m ( /

2    26 17

)

Vậy hệ có nghiệm (x;y) là (2;2) ; (

2

2

2

0 (1)

y





 x=4y-6 thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được :

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình

12 (2)

16

2

2

4

x

y

x

  

16

x

y 4,

2

2

16

12

2

4

x

4

2

x

2( ), L y y x  

 y   19      y  17  ; 19 26 17 17      x 2 y 2 x       x 4  Nhận xét : phương trình (1) là một phương trình bậc 2 theo y có thể nghỉ ngay đến việc giải phương trình bậc hai ẩn y hy vọng được nghiệm đẹp . Điều kiện :  Giải phương trình (2) theo ẩn y ta được Thay vào (1) ta có x 2



    4

4 4 x x x 12 4 4 x 0          

x       4     

x x

2

2

4 Giải phương trình ta được x=5 Vậy hệ đã cho có nghiệm (5,25) Nhận xét: Hệ phương trình trên đúng là cho ta một lời giải đẹp ,tạo cảm hứng cho người viết chuyên đề này cảm thấy rất thiếu sót nếu như không tiếp tục tạo nên một hệ phức tạp hơn . Ví dụ 6.

 5

 y x

  6 1

Giải hệ phương trình

2

4

x x y   

  4 2

2

3 x y y 2     x 3 1 3           1 

2

2

2

3

0

3

5

y

x

y

x

x

x

  





 3

 6

 5

2

2

2

2

2

2

x

5

x

3

x

x

4

x

x

3



  

3 x  



  



 4 3

 5







x

5

Suy ra:

2

1

x

5

VP

VT

  

1 0    

  2

  2

 6    3 y     x y   Với y 3

vô nghiệm

4

y

2 1.

VT

4 2

3

x

x

x  

2 x    

  2

  3 3

 Với

trở thành :

4

4

0 y 1 2 y Nhận xét : Rỏ ràng muốn hay không thì cũng chỉ có thể biến đổi phương trình 1 ?phân tích về dạng tích chăng ? rất khó ? để ý thấy rằng phương trình 1 cũng chỉ là phương trình bậc hai theo y vậy ta còn chờ gì nữa ??? ĐK Pt   1 y 2      x    

Đk :

4

2 x 2   

4

4 x  

Áp dụng BĐT Cauchy ta có :

4

x 5 1.1.1. x  4

2

Từ (3) ta có :

24 x

12

x

0



7  

x 5 x 3 3 x     4

7

4 x   GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

2

2

x

x

2

0

  

 7

1

1

0

x

   .vậy hệ đã cho có nghiệm : (1;0)

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”    x 1   x  Thử lại x =1 thõa mãn (3) với y Nhận xét .Lợi thế của phương trình (3) là nhìn rỏ ngay bất đẳng thức cauchy Thường thì khi gặp một phương trình cuối chứa căn sau khi thế ta hay vận dụng phép nhân liên hợp

2

4

y

4

y x )(

0 (1)

3

y



y )  



Ví dụ 7. Giải hệ phương trình

2

2

2

1

1

y

y

y

    

2 y  

1 0 x

  ( x    x 0 (2)  Thi thử lần 2 khối A &A1 năm 2014 THPT Chuyên ĐH Vinh Nhận xét : Để ý phương trình đầu là một phương trình bậc 2 theo x ,bậc hai theo y2,và cũng là bậc hai theo biến ( x+y ),như vậy bạn đọc có thể giải theo ba cách đó ĐK:

2

y y x   23 y y x  

 

13

13

1





13;

13;

v à

này hệ có nghiệm :

2

2

Coi phương trình (1) là phương trình bậc hai theo ẩn x ta có TH1: Với x =-y2-y thay vào phương trình (2) ta có : 2 y  1      

  4      

  4      

      

TH2: Với x=-3y2-y Thay vào phương trình (2) ta có :y=-1 do

y

5

5

0

2

;



y  

,với mọi x thuộc

3 0 y    Trường hợp

2

1   2

1   2

y

1

    

    

1     2; 1 

y có nghiệm : Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm .

x

1

4(1)

 Trường hợp này hệ

Ví dụ 8 Giải hệ phương trình :

4

1 2

1(2)

xy

(

  

      x y 

1

x

y 1,

 

y     3 x y ( 2) 1) Nhận xét: Dĩ nhiên ta có thể biến đổi phương trình (1) .nhưng nếu xét về tính công bằng của nó thì phương trình (2) là một phương trình bậc 2 theo y tuy có hơi phức tạp nhưng không phải là không thể . Lời giải. Điều kiện :

2

4

3 x y (

Từ (2)

4

3

x 1) xy 1

1

2

y

x

2

x

1

2     



xy  

2

3

x

x

y



3 x y ) 4

0 2

6

3

4

3

y (     y 2)    3 x y

4 2 ) 4

Xét

4 2   3 x 2 ) 3

2

(2     3 2 x 4( ) (2     6 (4

x x x (4 4 x x x 8 x    x 3 x 4 2 x  x 4      4 x 0 2 ) 2) x ( x     

Vậy PT(2)

1

2

1

3

1

x

y

x

x

x

     2 

 4 x x    y x   3 x y Với y = x - 2 thay vào (1) ta được : (1) 5 4            

8

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

3

4 1 x

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x   

3

3

1  

Với

2

x

4

2)

0

( x  





2 x   3

x

1 1 1  

3

x

1  

    

    

2

x

4

0

x  hay 2





(vô nghiệm)

2 x   3

x

1 1 1  

3

x

1  

8

y 

1 1 x x 0 y     x thay vào (1) , ta được : (1) 1 3    3 8  0    x 3 2 x  1 1 x   x 3 1  

Do đó x=2 Vậy nghiệm (x;y) của hệ (I) là : (2;8), (5;3) Ví dụ 9 Thi thử Đại học lần 2 năm 2014 THPT Ngô Gia Tự -Bắc Ninh

2

2

2(

x

7(1)

Giải hệ phương trình

2 ) 2

10(2)



) y   x  

   x y   ( x y y 

Nhận xét : Cả hai phương trình của hệ đều có thể coi là phương trình bậc hai theo x hoặc y,tuy nhiên nó không được thuận lợi như các ví dụ trên .Để ý một tý ta thấy yếu tố còn thiếu trong phương trình (1) là tích xy ,và phương trình (2) nếu rút 2y thế vào (1) ta đáp ứng được điều đó. Lời giải. Rút

2y từ phương trình (2) thế vào (1) ta được

2

2

x x 2( y 2) x 2 3 0   y    3  1        x 2 y 

TH1: thay x=-1 vào (1) ta được

1

1

x

2

y

5

10

4

0

y



  

1

1

x

6 5 6 5

TH2: Thay x=-2y-3 vào (1) ta được  3 y          5   3 y          5 Vậy hệ phương trình có 4 nghiêm : ) ( (-1;2) (-1;-4) (

;

;

)

y 0 2 y 8     4   y 2     y 

1   1   1   1   6 5 3 5 6 5 3 5

Ví dụ 10.

3

3

y 2 (1)

x

Giải hệ phương trình

4 2

2

x

y

Thi thử lần 2 khối A &A1 năm 2014 THPT ĐTH – HẢI DƯƠNG     x y   3   

3

3

4(2 2( y x x ) ) 

3 4  2 x  

4(2) Nhận xét :Thông thường ta vẩn hay thế x hay y hoặc một biểu thức độc lập nào đó ,và đôi khi ta cũng có thể thế một hằng số nhất là đối với hệ có đủ bậc. Lời giải. Phương trình (1)  Từ phương trình (2) thay

y  vào phương trình trên và rút gọn ta được 2 y 9

THPT Cao Thắng

GV:Lê Đình Tần

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

0

2

3

2 x y

6

xy

5

y

0

y







y

  y   x       x 5 

3

x

2

x

   

 TH1 : y=0 thay vào hệ ta được

nghiệm

2

4

  x 4    x

)

(x;y)=( 2;0

3

2

x

2

x

1

x   

 TH2: x=-y  y=-x thay vào hệ ta được

 2

4

x

4



    

2

( ; );( )  Hệ có nghiệm (x;y) = (1;-1); (-1;1)  TH3: x=-5y thay vào hệ ta có nghiệm (x;y) = 5 7 1  7 5 1  ; 7 7

Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm. Tóm lại Phương pháp “ thế ” tuy là không có một đường lối giải tổng quát như một số phương pháp khác,tuy nhiên để tạo cho bạn đọc một lối mòn và cũng cố lời giải của các hệ trên ta xét hai ví dụ khó sau đây. 2 (1)

x

Ví dụ 11.Giải hệ phương trình :

5

y

)(4

xy 2 )

(2)

2

y

2 y   2 2 x y





    ( x 

2

2

2

2

2

2 2 )

2( 4 x y y x )   và y     .Đơn giản tôi

 Nhận xét: phương trình (2) có vế trái là bậc 5. Vế phải gồm bậc 1 và trong ngoặc cao nhất bậc 4 nhưng không phải hạng tử nào cũng có bậc 4. Vậy ta tiến hành thế hằng số bằng biểu thức từ (1) xuống dưới để tạo nên sự thuần nhất . Lời giải. . Vì sao không thế Thế 4 x 2 ( muốn tất cả đều là bậc 4 . Thay tất cả vào (2) ta được

2

5

5

2

2

2

5

(

x

x

y

xy x (

2 x y

2 2 )

2

2

x

y

y

y

x

y

)



5 y      







 ) (



y  Đến đây kết hợp với (1) và ta dễ dàng giải ra (x;y) =(1;1). (-1;-1)

Ví dụ 12.

2

Chọn đội tuyển HSG lớp 11 Sở GD & ĐT Nam Định năm 2013 xy

y x

2

2  



IR

)

Giải hệ phương trình :

( với x;y

2

2

2

2(

2

3

4

2

x

x

x

x

x

  



    y 

1)  Nhận xét :Để ý thấy phương trình thứ nhất trong hệ có chứa biến y độc lập, nên không cần suy nghỉ ta rút y từ phương trình này thế vào phương trình thứ hai của hệ,rồi biến đổi theo biểu thức trong căn được phương trình đối xứng f(x+1)=f(-x). Lời giải.

x

IR;

y

IR





ĐKXĐ :

2

2

2

xy

y x

y

(

x

2

2

y

x

)

2  

2  

    

Ta có

2

x

x

2  

2

2

2

2

2

x x 2 y  

2

2

( x 2 )   (1) . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có: 2( 1) 4 2 3 2 x x x x x x        

2

2

1)

x

(

(

x

x

(

)

2

(*)

( x  



2    

  

( x 2 1) x 0 x 2 3 1  

  

x x  1) 1   x 2            ) 1  

10

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2

IR

t 

. Ta có

Xét hàm số

2

f

t '( )

t

IR

0,

1  

2  

t    

f(t) đồng biến trên IR.

t 2

t

2



x  

Mặt khác , phương trình (*) có dạng f(x+1) = f(-x)  x+1 = -x

Thay

x   vào (1) ta tìm được y = 1 . Vậy hệ đã cho có nghiệm là

1 2

1 2 1

1 2    x    y

f t ( ) t  với 2) (1 t   2

2. Phương pháp cộng đại số

2

* Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc có lợi cho các bước sau. * Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k. y

2

y



Ví dụ 13.Giải hệ phương trình

2

2

x

x



 3     3 

 2 x  2 y Nhận xét : đây là một hệ phương trình đối xứng loại II,đã có cách giải tổng quát Lời giải. xy  ĐK:

2

0 2 x y

y

2

(1)





Hệ

. Trừ vế hai phương trình ta được

2

2 y x

x

2

(2)





 3    3 

0

2

2

3

2 x y

3

xy

y

3 (

xy x

y

)

(

x

y x )(

y





2 x  









x 3

y   x xy

y

0

  

3

2

x

0

y

x

y

3

x

x

x

1

TH 1.



    thế vào (1) ta được

 ) 0     2 0     2

2

x

2

2

y

3

x

0

xy

0

x



x  

TH 2. 3

3

y



  , y 0

   . Từ y

 2 y

 2 x

x

3

xy

0

y

    . Do đó TH 2 không xảy ra. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)

2

2

(1)







1 y

1 x

Ví dụ 14.Giải hệ phương trình

2

2

(2)







1 x

1 y

      

Lời giải.

x

,

y



ĐK:

1 2

1  . 2

2

2









0  



Trừ vế hai pt ta được

1 x

1 y

1 x

1 y

11

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2





x

y

y

x

y

x





1 x

 2  

0



0  





T

 xy

x

xy

y







2

2







xy

2

2







1 y 1 y

   1 x

1 y

1 x

  

  

2

2







y

0

x

x

y

H 1.

    thế vào (1) ta được

1 x

1 x

t

,

t

0



Đặt

 ta được

1 x

2

0

2

t  



2

và

2

t

2

x

t

1

1y 



t   



1    

2

2

2

2

t

t 4 4

t 2

1 0



 





 

  

t   t 

1

t 1

0





TH 2.

. TH này vô nghiệm do ĐK.

x

xy

y







xy

2

2







1 x

1 y

  

  

2

2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1) 5

x

xy

4

y

38







Ví dụ 15 Giải hệ phương trình

2

2

y

x

9

3

15







 3   5 

2

2

570

75

60

45

xy

y

x







2

2

145

417

54

xy

0

y

x

 









Hệ

2

2

342

114

xy

x

y







xy Nhận xét . Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế. Lời giải.    190 

y

x y ,

x

 



Giải phương trình này ta được

thế vào một trong hai phương

570 1 3

145 18

trình của hệ ta thu được kết quả. * Chú ý

- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn. - Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng ty y ,

tx x ,

y

0





cách đặt

x 2

 . 0 2

2

xy

y

11







Ví dụ 16.Tìm các giá trị m để hệ

có nghiệm.

2

2

xy

3

2

x

y





 hoặc đặt  3 x   

0

m 17  tx x , y 



 Nhận xét. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay Lời giải.

2

2

y



11

y



TH 1.

x

0  



11 m

17

2

2

y



17

y m 



   3 

 3

    

m

17

x

11

m

16

0  

  

Vậy hệ có nghiệm

 3

12

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

2

2 2 t x

tx 2

11

x

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 2 





TH 2.

0x  , Đặt y

tx . Hệ

2

2

x

2 2 t x 3

17

m

tx 2







2

x



2

2

2 t x )

11





t

 11 3 2 t 







2

2 t x 3 )

17

m

(1 2 t 







  (3 2 t   

2 t 3 ).

17

m







2

t

11 3 2 t 



 3           (1 2 t  

2

x



2



m

t 6)

m 3

(*)

t 2(

(

m







40 0 

 



    

Ta có

0, t  

nên hệ có nghiệm  pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra

2

11 3 2 t  2 16) t 11 3 2 t 

2

16,

(

m

6)

(

m

16)(3

m

m



'  









40) 0 

t 16m 

m

363

5 m   363 

hoặc 363 5  

 khi và chỉ khi 5 363    Kết luận. 5 

2

2

x

2

xy

y

3







Ví dụ 17.Tìm các giá trị của m để hệ

(I) có nghiệm.

2

2

x

2

xy

y

2







m

1

m 

 5    

Lời giải.

2

2

x

2

xy

y

3







Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được

2

2

x

6

xy

3

y

6 





3   

1

1 m 

 5    

Cộng vế hai bất phương trình cùng chiều ta được:

2

2

2

x

4

xy

4

y

y 2 )









 

( x  

1

1

1 m 

m

0

1

  

Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là

2

xy

y

3

1 m  1 1 m  2 x 2 





(II)

Điều kiện đủ. Với

1m  . Xét hệ pt

2

2

1

x

y

2

xy







 5   

;

(

)

Giả sử

0

3

2





x y 0 0

2 y 0

2 x 0

2

3









2

2







2

1

2







x y 0 0

2 y 0

2 x 0

x y 0 0 x y 0 0

2 y 0 2 y 0

2 x 0 2 x 0

 5    

m

1

m 

2

2

2 x y là nghiệm của hệ (II). Khi đó 0  5      Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) 3

xy

2

x

y







2

2

x

4

xy

4

y

0

x

2

y

0

x

2

y



 





  

   

(II)

2

2

x

6

xy

3

y

3

6 





 

 5   

13

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

x

2

y

Thay

 

vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được

2

2

2

2

y

y

4

8

5

1

1

y

y

x





y         

1 5

1m  .

2 5 Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy

3

x

1

2





x

y

1 

  

  

Ví dụ 18.Giải hệ phương trình

7

y

1

4 2





x

y

1 

  

  

      

3x và chia hai vế pt thứ hai cho

7 y .tất nhiên là trước khi chia

0,

y

0,

0

y

x





Trích từ đề thi chọn Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2006 Nhận xét.. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt thứ nhất cho cần kiểm tra điều kiện. Lời giải. Cách 1 x  ĐK: Dễ thấy

  . 0 y 0y  không thỏa mãn hệ pt. Vậy

x 0,  0x  hoặc

2

1

(1)









1





x

y

1 

2 3

x

4 2 y 7

1 3

x

2 2 y 7

2 3

x

  







Hệ

1













x

y

1 

x

y

y

x

2 

1 

4 2 y 7

2 3

x

4 2 y 7

1 3

x

2 2 y 7

  

          

      

      







Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được

x

y

1 

1 3

x

2 2 y 7

1 3

x

2 2 y 7

   

   

6

x

2

2

38

xy

24

x



y 7  



0  

1   x 3

8 y 7

x

y

1 

y

x

 

4 7

    y    

6y

TH 1.

x

thế vào pt (1) ta được

1

x



  

y  

11 4 7  21

22 8 7  7

1 3

x

x

0,

y

TH 2.



 . 0

y

x

 

không xảy ra do

2 x 21 4 7

x y ;

11 4 7 22 8 7 ;

.

Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất 



 21

 7

   

  

Cách 2 :Cách này tôi vận dụng “Phức hóa ’’một phương pháp mới

0,

0

b

x

y

a  

Một cách khác có thể sử dụng trong bài này đó là phức hóa. Nó mới xuất hiện gần đây. Đặt

  . Ta có hệ mới như sau.

14

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2

2

 a b a  2 3

2

2

 a b b  4 2 7   a      b  

PT(1) +iPT(2)

( ) a bi i      2 3 4 2 7

;



Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y) =

 21

2

a

 8     7  m n  



a b , z z i x y ,     1   z a bi  2 2 b a  Đặt z= a + bi phương trình trở thành. 2 3 4 2 7

Chú ý. Hệ phương trình có dạng

. Trong trường hợp

m n

b 2

a b m   a b n  

 

 11 4 7 22     7   

  

này, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất căn thức.

m





Tổng quát ta có hệ sau:

m





n px qy  n px qy 

a bx c dy

      

2

2

2 x y (

z

)

(3

x

1)

2 2 y z





x  

2

2

2 y z (

x

)

(4

y

1)

2 2 z x





y  

Ví dụ 19.Giải hệ phương trình

2

2

2

2 z x (

y

)

(5

z

1)

2 x y





z  

    

2

2

x y z thì ta được hệ mới

Nhận xét. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho 2 đơn giản hơn. Lời giải.

TH 1.

0

2 2 y z



hoặc

xyz  . Nếu 0

0x  thì hệ

0 t t ,

y  z 









   

z   y  

t

0 t t , z  ta thu được các nghiệm là 0 t  

2

2

0

xyz  . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho 2

x y z ta được

2

3

(1)



  

1 x

1 z

1 y

1 2 x

   2

(2)

4  





. Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được

1 y

1 z

1 x

1 2 y

  

2

5

(3)

  



1 2 z

1 y

1 x

1 z

  

0y  và Tương tự với (0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0), t t TH 2.               

15

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

2

2

2

12

















CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 1 y

1   x

1   z

1 2 y

1 2 x

1 2 z

1 y

1 y

1 x

1 x

1 z

1 z

  

  

  

  

  

  

4

(4)



2

12 0











 

1 x

1 y

1 z

1 x

1 y

1 z

    

  

  

  

3

(5)



1 y 1 y

1   z 1    z

1 x 1 x

     

2

4

13

3

x



      

Từ (4) và (1) ta có

9 x

1 x

1 2 x

9 13

  

  

z 

Tứ (4) và (2) ta có

y  . Từ (4) và (3) ta có

9 11

1 x 3 4

x

,

y

1,

z

 

 

Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có

5 6

5   . 4

Vậy hệ có tập nghiệm là

S =

t

t ( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ); t

;

;

t

,

; 1;  







9 3 9 13 4 11

5 4

5 6

  

  

  

  

  ;     Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy: từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi biến số (ở trên là phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với một hệ phức tạp ta sẽ nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản.

3. Phương pháp đặt ẩn phụ

2

2

y

Ví dụ 20 Giải hệ phương trình

* Cơ sở phương pháp. Không có một lối mòn nào cả ,tuy nhiên điểm quan trọng nhất khi vận dụng phương pháp này là phát hiện ẩn phụ u=f(x;y),v=g(x;y) đã có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một vài phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản,chuyển vế,cộng,trừ,nhân ,Chia cho một biểu thức khác 0,hay một phép đồng nhất … * Mục đích . Tạo ra một hệ phương trình mới đơn giản hơn hay hệ phương trình đã có phương pháp giải như -Phương pháp thế -Phương pháp cộng đại số -Hệ phương trình đối xứng loại I,loại II ,hệ đẳng cấp . …. Chú ý :Khi đặt ẩn phụ cần chú ý đến điều kiện . y 18 1) 72

x y

   1)(  



  

y và tích xy

2y

x và

y . Rõ ràng hướng này tốt hơn.

x  ( xy x Nhận xét . Đây là hệ đối xứng loại I Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo 2x Lời giải.

16

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2

x

x a a

,

 

 

2

2

(

x

x

)

(

y

y







) 18 

Hệ

. Đặt

ta được

2

2

2

(

x

x y )(

y





) 72 

    

y

y b b

,

 

 

1 4 1 4

    

18



a b ab

a a

12 6

  72 

 

b 6,  b 12, 

  

  

2

a

6

x

6

x

2,

x

3



x  



 





TH 1.

2

12

y

3,

y

4





 

y

12

y  

  b 

  

    

TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được

. Vậy tập nghiệm của hệ là

x y

3, 2,

x y

4 3

 

   

  

 

 







 (2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3)

S =   Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau

18

(I)

Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản

a b ab

  72 

  

2

2

a

x b ,

y

y

1) Thay



 vào hệ (I) ta được hệ

 2

 2

y

(1)

đó chính là ví dụ 11

x y

y 18 1) 72

x  ( xy x



   1)(   2

a

y

xy

x    2 x

2) Thay







vào hệ (I) ta được hệ

 2

xy b , 2

x

y

18





(2)

2

2

xy x (

y



a

2 ,

x b

2

y

x

3) Thay





 2

(3)

) 72   vào hệ (I) ta được hệ 18 y

) 72 

    2 x   

b

y

,

a

x  

4) Thay

  vào hệ (I) ta được hệ

y x 4   x 2)(2  1 y x

y xy )

(

y

18

xy

x  ( x x  1 x x 

  

(4)

2

2

(

x

1)(

y



1) 72   2

xy

y

a

5) Thay







xy vào hệ (I) ta được hệ

 2

xy b 2 , 2

y

(5)

…

x  ( xy x

18 x



xy   y y 2 )( 

) 72 

   2 x   

- Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ

pt mới.

a b

7

 

và làm

- Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II)

2

2

a

b

21





  

2

tương tự như trên ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn a

2, y b

xy

x

6) Thay







vào hệ (II) ta được hệ

17

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2

2

x

y

xy

7







(6)

4

4

2

x

y

21







   

a

,

b

y

x  

7) Thay

  vào hệ (II) ta được hệ

1 x

x

y

7

  



1 x

2 x y 1 y 1 y

(7)

2

2

x

y

21









1 2 x

1 2 y

     

a

,

b

x  

8) Thay

 vào hệ (II) ta được hệ

1 y xy

x y 1 7

x

y

  

(8)

2

2

2

(

xy

21

y

x

1)





  

a

y b ,



x  

9) Thay

vào hệ (II) ta được hệ

(

x

1 9

y

 1 y y y )  



(9)

2

2

2

(

x

2)

y

y

1





y   2

21 2

2

x

   Thay

10)



vào hệ (II) ta được hệ

2

2

 y

x 

x b 2 , x 4 

y  7 

(10)

...

4

2

2

4

x

4 (

x x

y

y







a  x   

) 21  Như vậy, nếu chúng ta biết cách tạo ra bài toán thì chúng ta có thể nghĩ ra

2

2

xy 4 y y 1

Ví dụ 21 Giải hệ phương trình :

2

cách giải của những bài toán khác.      x      

2 y x  1 x y 

Thi Thử Đại học lần 1 năm 2014 THPT Nguyền Trung Thiên –Hà Tĩnh Nhận xét : Để ý thấy phương trình thứ nhất của hệ có chứa biến độc lập y ,kiểm tra

2

x

1

và x+y

với y=0 rồi đưa hệ về chỉ chứa

 y

Lời giải. Nhận xét y=0 không thỏa mãn hệ phương trình.

2

1

y

x

4

  

Hệ phương trình tương đương với

2



2

1

  x  y    x y  

y  4

u

2

x

1

u

,

v

x

y



Đặt

  , hệ trở thành :

 y

2

v 1 u

x         v 

Giải hệ ta có :

1

3   u   v

18

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2

Với

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x;y)=(1;2), (-2;5)

x y (

y

1



3) 9 



1 1 2 1 u 1     3  2      v  x 3 y     x      y      x        5 y      x    y       

Ví dụ 22. Giải hệ phương trình:

(

x

1)

2 2 y

2

y

1





 

  

Thi Thử Đại Học lần 1 THPT Chu văn an Hà Nội năm 2014 Nhận xét : Theo thói quen thì phương trình thứ nhất chứa ẩn độc lập là y phương trình thứ hai chứa y2

vô lý

Trường hợp 1: Xét y = 0, hệ đã cho trở thành

1

x 3 0  1     

Trường hợp 2: Xét y ≠ 0, HPT 

2

x (1  ) 9   3 y 1 y

3

xt

9

t  



1)    1 2 2 y y

Đặt

2

2

x

t

2(

x

t

1





)   

2( S

t   , ta có hệ phương trình 1 y       ( x  x   

Đặt

, ta có hệ phương trình;

P 4 )  S x t     P xt 

S

3

P

9

3

P

9

S









3





hoặc

(loại)

2

2

2

S

S

2

S

2

P

1

4

S





 





15 0 

S   P  

    

   3  

S  

1

5 3 32 9      P 



hoặc

hoặc

y

 

1 2

x    

(1;

); (2; 1)





Hệ phương trình có hai nghiệm:

1 2

S 3 3 x t x 1 2 2     P 2   2 xt 2 1              t  x   t 1  x   y 

 xy

Ví dụ 23. Giải hệ phương trình:

4

4

1   y ( 1) 1) x 2   16   1    ( x 

1  

Nhận xét : Rỏ ràng đây là hệ đối xứng như vậy quan sát phương trình thứ hai để biến đổi phương trình thứ nhất về :

x 1 1  2 

Ta sử dụng kết quả :

Chứng minh:

1 xy 2 x      y 1 1 x 1 y Giải 2  1 

19

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

x

xy

xy

2(

1)

1)

2

1

x

y

      

1)( 2( 1) 1) 1 x y y (     1)     ( x   1 1 x y

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” ( y 2 

x    1 

Áp dụng đối với bài toán trên ta đặt:

. Hệ trở thành

a

L 0( )

a 4

4

b 1,   0, b

1

a





  1 b           a L 1( ) b   Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

3

y

x





 55

,x y  





0, 0 a   b   1 x 1 y 1  2 

Ví dụ 24.Giải hệ phương trình:

2

y

3

12

x 51

 3  xy y

64  3    

0

x  khi đó hệ tương đương

3

52

  

52(1)

3   4     x

1,

u

y

v

.

   hệ phương trình trở thành

Đặt

3

4 x

52(2)

3

   v 3 u     u 3 v 

52

3.



4 x

3

2

0(3)

uv

u

3

3 u  





    (đề thi thử đại học lần 2 năm 2014 Trường THPT Lý Tự Trọng) Nhận xét : Quan sát hai đại lượng x3 và x lần lượt ở hai phương trình thứ nhất và thứ hai cho ta ngay phương pháp giải . Từ hệ phương trình đã cho ta có điều kiện :     3 y 1         y 1  Lấy (1)trừ (2) vế theo vế được :   2 u v v v 3    

2

2

v

u

uv

3

u

v

u

0,

u v ,

Do

nên (3)

u  v

2     



  

   

1 2

3 4

Thay v

2     u vào (2) ta được

4

3

2

u

u 3

52

u 4

0

0

4

    

 u

 13    

 u

13

)

VN 0( ;x y là 

1;3

  u      2 4 u u  Vậy u=v=4 .Từ đó suy ra ta hệ có 1 nghiệm duy nhất 

2

x

xy

1

Ví dụ 25.Giải hệ phương trình

4

2

2 x y

1



     3 x y    x 

3 x y  (kỳ thi chọn học sinh giỏi Tĩnh Hà Tĩnh lớp 12 THPT năm học 2011-2012) Nhận xét : Đại lượng x3y của phương trình thứ nhất tạo động cơ giúp ta biến đổi phương trình thứ hai theo hằng đẳng thức . Lời Giải

x

1(1)

 x y

   

Đặt

(3) ta có hệ

Hệ trên tương đương với hệ sau

2

x



3 x y  x y



1(2)

3 x y

x







 x y

  u    v 

 

v

0







:

1    2

   3   2



; 1  

1

v

0

2

  

  3 x y      u     v  

    u v 1     2 u v 

 u     v 

0

x

x

1



1

u  và 0



+ Với

v   ,từ (3) ta được hệ

y

y

  0



x

1

3 x y  x y

   

      

 1    ;   0  

2

u   và 3

+ Với

 u     v         v  , từ (3) ta được hệ

20

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

y

y

 

 





2

4

3 x y  x y

3    x  

3 3 x 2 x

xy

0

2

x

x

3 3 x 2   

3  



          

          

       0(4) 2 Do phương trình (4) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Vậy hệ ban đầu chỉ có 2 nghiệm là (1;0);(-1;0)

2

2

6

xy

0



2

(

x

)

9   8

Ví dụ 26. Giải hệ phương trình

2

y

0



x

y

1 y  5   4

1 

   x y     

y

2

2

2

2

2(

2(

0

0

x

y

y

x

y

x

y

x

(

)

)

(

)

)

  

  





2

25   8

9   8

y

x

y

x

(

)

1 

0

0

x

y

y

x

(

)

(

)

(

(

y )    

y )    

x  

x  

5 4

5 4

x

y

y

x

1 

1 

Nhận xét : các biểu thức ở phương trình thứ nhất giúp ta nghỉ đến các hằng đẳng thức quen thuộc ,thêm bớt phương trình thứ hai cho ta một lời giải gọn. Lời giải Điều kiện : x Hệ đã cho tương đương  1             

            

Đặt x+y = a.

ta có hệ mới

y b b , 2 x     y x 1 

y x  

2

2   

y 5 4 x 2    , y a a   b     3 8   y x   2 a b x , y     5 4 25 8 5 4 5 2 13 8 7 8 3 8          b     x                     

            5     4       1 y x  2

Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) =

   

7 3 ; 8 8 4

  13 3    ;     8 8 2

2

    y

2

xy

;

Ví dụ 27. Giải hệ phương trình :

xy 3

7 2

   4 xy xy

 y

11(

x

)

28









 x    2 x y 

2

2

2

y ( ) x

Nhận xét: Hình thức hệ gồm 2 đa thức thuộc loại phức tạp . Với kinh nghiệm gặp loại này , thì thường chỉ có 2 hướng chính đó là phân tích nhân tử hoặc đặt ẩn phụ . Hướng mà nó có ở thứ 2 có vẻ đúng khi mà phương trình (1) chuyển vế xuất hiện phương trình (2) . Lời giải Hệ đã cho tương đương y

xy

7

x

)

( 2

y

x

)

28 4

xy





2

   11(  a xy ,

2    2 xy y ( x )     tập hệ mới như sau

Đặt

b y x  

21

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

2

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x

0

y

2

3

3



a

b b 2 ,

3

a

b

y

7,

x

49







2

  a

 7

0,

b





ab

7   a 11

b 28 4

 



 y

1,

x

3





2

   

     

    

3



3

37, 49

       xy 7         y x   xy  Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) = (3;1) , 



9

x

2

y

4(1)





y   x

2 x y

Ví dụ 28.

Giải hệ phương trình :

 

18(2)

x 2

  9     

2 y

y 2 x

    

        

     

2

3

2

2

Nhận xét : Mấu chốt ở đây có lẽ là tìm cách biến đổi kheó léo phương trình (2) bởi phương trình (1) cho như kia có lẽ chỉ gợi ý cho chúng ta hướng đặt ẩn phụ. Phương trình (2) tương đương: y )(

2 x 9 )

2 x y

2 x y

2

3

3 y   2

2 x y

18 18 xy (2 2 9 y x x     3  2 9 x y   xy 2 9 2 4        18 x y y 2

9

x

a

,

y

b



Như vậy đặt :

 ta có hệ.

2 x y

y   x

x

4

2

4

a

y

4

x

2,

b

a  

1  



x 2



y

y

    9    2 x   

y

1

y x 2 x   y

     9        

    b 2       ab 2    

L 0( )

2

9

x





2

y

y x 4   2 2 x 9 ) x 2

x

4

x

9

x



  

    (4 

1 3

)

Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) =(

 x    1     x  9 1 1 ; 9 3

9 y 4 x y 4         9       2 x y y x 2 x y y x 2 x y   x y                              18 xy      

( x 2) 1 2 x y     x 3 y

Ví dụ 29. Giải hệ phương trình :

2

2

2 y  

y 1 2 x 4 x 3 x   y    

Nhận xét : Quả là một hệ không đơn giản, đòi hỏi người làm phải có tư duy tốt không rập khuôn,hướng giải quyết là chia hai vế của phương trình thứ nhất cho y ,phương trình thứ hai cho y2 . Tại sao vậy ? tất nhiên là do tính độc lập của nó. Lời giải

Điều kiện:

y 0, 0  1   3 x y

22

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

1

1

  

2 y

3 x y

2 x y

     

Hệ đã cho tương đương

1

2

1  

4 x y

2   x     y  

  x     y    3 x       y 

Đặt

b , a   . Hệ đã cho trở thành 1 y

2

x

y

2(

2 a 1 a 2 ) 1 3 b    1 3 ( a a b 2 1) 2 ( a a 1)      b 2   ab 4 a 1  

a y

2       . Thay vào (1) ta có 2)

TH2:

x x y

3(2

y

)

y

1

2(2

2

y

y

x

)

0







y      

 y

a 1 1 b 2 2 x y         . Thay lên (1) ta có x y   ( a      1 3 a  TH1: 2 a 1 3 1 a x x 4      2 y

Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) = (4;4). (2;0) Ví dụ 30. Giải các hệ pt sau

2

2

x x (

y

1) 3 0

x

3 x y

xy

xy

y  





 

5 4

b)

a)

2

(

x

1 0

y

)





 

4

2

x

y

xy





(1 2 ) x 

 

    5 2 x

   

5 4

    

2

2

y

xy

3



y

y

d)

c)

x  y y (

 x

 x

) 7  10



x 2( 2 ) 2 



x

y

1 4

1  

 

  

   x   

Nhận xét : Cả bốn ví dụ trên ngoài cách giải bằng cách đặt ẩn phụ còn có các cách giải khác đặc biệt là dùng phương pháp thế lời giải cũng rất gọn đẹp ,tuy nhiên trong khuôn khổ bài viết này tôi chỉ dùng phương pháp đặt ẩn phụ. Lời giải.

x

1 3.

y

0

  



1 x

a) ĐK.

0x  . Hệ

2

    

2

y

)

5.

1 0



 

1 x

  

  

  ( x  

x

a

,

b

y  

Đặt

 ta được hệ

1 x

a

2,

b

1

x

1





y  

a

b 1 3

0

a

b 3

1

 













2

2

2

2

a

,

b

x

2,

y







 

a

b 5

1 0

b (3

1)

b 5

1 0



 





 

  

  

1 2

1 2

3 2

   

   

23

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

2

2

xy x (

y

y

x

)

(

1)    





2

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 5 4

x

a xy b

,

y  

. Đặt

 ta được

b) Hệ

2

2

(

x

y

)

xy





 

5 4

     

2

(

a

0,

b

a b a 

1)   



 

a

a ab

0



5 4

5 4



2

2

a

a

a

,

b

b   

 

 

  5    4

   b  

5 4

3 2

1 2

     

      

2

3

x



0

a



0

x

5 4

TH 1.





 

xy

 

3

5 4

   b  

y

 

y   5 4

    

     

2

2

x

1



x



 

a

x

 

y   

1 2

1 2







TH 2.

y

 

xy

y

 

 

 

3 2

    

1 2 3 2

3 2

     b  

      

      

3

3

;

1;

;





Vậy tập nghiệm của hệ pt là S =

3 2

5 4

25 16

  

25 16 3 x 2 3 2 x   

  

    

       

x

1,

y

1,

xy

0

 

 



x

xy

3

x

xy

3

y  



y  







Hệ

x

2 2 (

y

x

1)(

y

x

2

x

xy

1 14

  





1) 16 

y  

y  

 

2

2

x

a

,

xy

c) ĐK:      y  

     b 4

a

2,

b

0,

a

b  .

 





Đặt

ta được hệ pt

a b

3

a

b

 

3  

b

a

3  





2

2

2

b 26





105 0 

a

2

1 14

2

b

4 11

b

b



a b 

 

  



  3 b 

    

    





(thỏa mãn đk)

x y

3 3

3 6

 

 

b   a 

2

2

(

x

1)

(

y

1)

9









.

d) Hệ

2

2

(

y

x

)

(

x

1)

9









      

2

2

a

b

9





a

1,

b

b a

1

x

y

y

x  

Đặt

      ta được hệ

2

2

)

a

9

b a ( 





  

2

2

2

2

2

b

)

a

2

0

a

a

a

a  



b a ( 

b 2  

ab       hoặc

a

0

b

3

x

1,

y

2

x

1,

y

4

      

 

 

 hoặc

2

a

b 2

b 5

a

b

9

         

3 5

6 5

24

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

1

x

y

y

,

,

x

1   

1   

1   

   

hoặc

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 6 5

6 5

3 5

3 5

Kết luận. Hệ có 4 nghiệm như trên

4. Phương pháp đưa về dạng tích

* Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đôi khi cần tổ hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích.

c f x y )

( ; ) 0



* Cách thành lập hệ dạng này

trong đó

f x y được ( ; )

ax by (   ( ; ) 0 g x y 

  

( ; )

chọn sao cho

vô nghiệm hoặc

giải được;

g x y được

f x y ( ; ) 0 g x y ( ; ) 0

f x y ( ; ) 0 g x y ( ; ) 0

 

 

  

0

f x y ( ; )

chọn sao cho

giải được và thỏa mãn kết hợp được với

ax by  g x y

c   ( ; ) 0 

     

Ví dụ 31

2

xy

y

x

x

22 y

(1)

  



Giải hệ phương trình

y

x

y

x

2

y x

2 (2)





 

  

x

2

2

y y )(

1

y

x

x

x

(

(

  

) 0 



1

1 2 Nhận xét . Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1). Lời giải. 0 1, y   ĐK: ( y x ) y y ) (1)    y  (loại do TH 1. x 0 TH 2. 2 x x y

 x 0     

y x     ) y 0 1,   thế vào pt (2) ta được y 1 2 y

1) 2

1) 2

2 2

(2

2(

1)

4

2

y

y

y

y

y

y

y

(

y    











y

1 0

 

y

2

0

y

(5;2)

. Do

x y 





   . Vậy hệ có nghiệm ( ; )

1   2

2

y

2



y    y 

   

Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x). Ví dụ 32

x

y

(1)

  

1 y

1 x

Giải hệ phương trình

3

(2)

2

x

y





    

1 Nhận xét. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích. Lời giải.

y

x

x

0

y

0

x

(

y

0

xy  . (1) 0

y    

x    

  





ĐK:

1 x

1 y

 xy

1 xy

 ) 1  

  

25

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

5

3

x



x

2

x

1 0

1

TH 1. x

(TM)



y thế vào (2) ta được

x     hoặc

1   2

1

0

y



TH 2.

    thế vào (2) ta được

1 xy

1 x

4

2

2

2

x

2 0

x

x

(

)

(

x

)

0

    





  . Pt này vô nghiệm.

1 2

1 2

5

5

5

5

;

;

(1;1);

Vậy tập nghiệm của hệ là S =

3 2 1   2

1   2

1   2

1   2

  

  ;    

  

    

x

y

(1)







3

3

Ví dụ 33 Giải hệ phương trình

(

x

1 x y 4 )( 2

x

y

4 )

3 6

( 2 )



1 y 



 

         

Lời giải.

x

y



2

2

(

y

x y )(

xy

x

)





2

2

x

y

x

(

y

)





x

3

3

3

3

1  

1 x

1     y

 x y

 3

    y  

xy 3 x y x

6

2

x

4

x

12





TH 1. x

y thế vào pt thứ hai ta được

  2

x



 0    

2

2

x

y



0

1

xy

   

.

TH 2.

3

3

2

2

2

2

xy

9

4

x

18

x 2  







2

2

1) 1)

xy 9    xy 0 9  

xy  x y y 36 2( x y 16 y 4 4( 2)       (2) 4( x 2) xy 2( 0 y Trường hợp này không xảy ra do       Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  (2;2); ( 6; 6)   Ví dụ 34

2

x

3

y

x

(

2)(

y

1)(1)

  



Giải hệ phương trình

2

2

y

)(

x

4

x

x

(

2)

x

2

xy

0(2)

5    

2 y  

1  

    x ( 

2

2

Thi Thử Đại học THPT Hàn Thuyên lần 2 năm 2014 –Bắc Ninh Nhận xét : Phương trình (2) chứa hai căn độc lập ,không định hướng được vậy biến đổi phương trình (1). Lời giải Đặt x

3) t 3 0

t = y+1, phương trình thứ nhất trở thành : )( t t x y    y

x

2





2

2

(

x

y

)

x

4

x

x

(

2)

x

2

xy

1

0



5    

2 y  

  



y 2

(

x

y

)

1

1

(2





x 2 ) x  

hay (*)     0 1 0 2 x 3 t t x   t 3 x x x 0 x             0    (    

Xét hàm số

f(t) đồng biến trên IR

2

2

f x (

y

)

f

(2

y

x

x

2

1 f t ( ) , f t '( ) 0, t      t 2 t (  

  

2        

t ) 1 x 1) 2 t x 1  y

26

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2

2

x

y

16

(1)







Kết quả (*), giải ra ta được : (x;y)=(1;0), (0;2) xy 8 y x 

Ví dụ 35 Giải hệ phương trình

2

x

x

y

(2)

y  



    

2

2

16(

x

y

)





2

xy y )

2

y

x

)

y  . (1) 0 xy 

y ( x   y ) 8 (  

x )( y  xy 16( 

) 8  x 

  2

2 (

xy x

16

x

y

)

y

Nhận xét. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1) Lời giải. x ĐK: x (     ( x  

4) 0 





y

(

xy

x

y x )(

0

) (   x   

  y  



4) 2 



  4) (

y   

3

7

2

x

4 0

TH 1.

x

6 0

y   thế vào (2) ta được

x x

2

2

2

(

x

y x )(

xy

x

x

y

TH 2.



4) 2 



y      x         y 2  ) 0 y  vô nghiệm do ĐK

y 0   Vậy tập nghiệm của hệ là S = 

4(      ( 3;7); (2;2) 

4

2

2

3

2

2 x y

2 x y

y y x (1)    

Ví du 36. Giải hệ phương trình

3

2

2 y 5 2 x 0(2)   1     x   

Thi Thử Đại học THPT chuyên Vĩnh phúc lần 1 năm 2014 –Vĩnh Phúc

Nhận xét :Tuy phương trình (2) khá đơn giản nhưng mấu chốt vẩn là phương trình (1),dạng tích Lời giải

x 

Đk

5 2

2

2

2 x   

Phương trình (1)

3 2

1

y

0(3)

y x )( 1 y ( ) 0    y 1

   

3

f

t ( )

t

1;

t 2

Xét hàm số

  

3 2

   

2

t '( )

0;

;

f

t

;

f

t '( )

t 6





t 3 2 ;         3           2

1 3 2 t 

mà f(1)=0

Vậy hàm số f(t) đồng biến trên

  ;  

3 2

   

2

2

x

2     

( thõa mãn điều kiện )

2;1)



Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất y =1 Với y = 1 x Vậy nghiệm của hệ phương trình là : ( 2;1),(

1    x y 0     2 x  Trường hợp x = y = 2 thế vào (2) không thõa mãn . 32 Trường hợp 2 y x y  thế vào phương trình (2):

27

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2

y

2

2

x

2(1)

2 x  

 x

Ví dụ 37. Giải hệ phương trình :

2

3

y

2

x

1(2)

1  

1  

   y    

Thi Thử Đại học THPT Hương khê lần 1 năm 2014 –Hà Tĩnh Nhận xét : Các biểu thức của phương trình thứ nhất có mối quan hệ mật thiết ,ta phân tích về tích Lời giải Đk : x > 0

2

2

Ta có từ (1)

2

y 2 y 2 0    x  x            1         2      

Với mọi x > 0 nên với mọi y thuộc R ta đều có

2

y 2 0 1   . Do đó  x

2 y      

(1)

2

3

y 2 4 0 2 1 x 1 

4 1 2 1 x x 1 1 4  x x 1      vào (2) ta được

Thế y thiên của nhất x =

1 2

Với x =

suy ra y = 0 thỏa mãn

1 2

;0)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (

2

3

  (3) . sử dụng tính biến hàm số giải (3) được nghiệm duy

Ví dụ 38. Giải hệ phương trình :

1 2 xy y (3 2 ) 2 2 x y

  3 x 2

x

 7 xy

6





 2 x     2 2 

Giải

3

2

Từ phương trình đầu ta thấy ngay 

3

x 2 (1 y y ) ) 3(1  

2

TH1: y-1 thay vào (2) ta có x 7 TH2: Kết hợp phương trình (2) ta gây dựng một hệ mới y 3 3 (*)

2



2

xy 3 x y

  2 7

xy

6







  2 x 2    2 2 x 

2

3, 1, 6 0 2 x x x x        

2

2

2

2 x y

(2)

2

2

0

x

xy 2 x y Nhưng mà phương trình (2) lại tương đương : Sao mà phân tích hay thế ? casio thần chưởng chăng. Có thể , nhưng ta hãy viết lại phương trình (2) một chút xy x ( 

7)   2

2

6   2

2

(

x

8( 2

1)

x

x

(

7)

6)  

 2   

  xy

 Thấy rồi chứ ? Coi xy là ẩn chính , tính  ra được kết quả mỹ mãn từ đó có hướng phân tích nhân tử như trên

2)(2 xy xy 3) 0 x (    

28

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

TH1: xy = 2 thay lại (*) ta có

y 2 x 3 3 4 4 x y y        1   2

2

4 y y )    

2

2

2

x

3

x

y

(3

x

)

3 3

y

y

1

  



    

2 x

2

x 2 (

1)

3

x

1,

y

1



x     



2 x

3

3

xy

6



Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) =( 1;1) , (-2 ; 1)   8 1

,x y  





xy 2 3 x (1 Phương trình này vô nghiệm nên TH1 vô nghiệm TH2:   thay lại (*) ta có

Ví dụ 39. Giải hệ phương trình

3

2

3

15

67

3

x

x

x

y

  

5 y  



  11 2

   x y    x 

3

xy

6

0

x



103 (Đề thi thử đại học lần II trường THPT Hồng Quang ) Nhận xét :Phương trình (1) là phương trình đối xứng theo x và y ,nên ta biến đổi chúng về dạng tích.    y 8 3 1    

 y  

 xy x



2

x

y

y

2

x

y

3

2

y

0



x   



  







   

 xy x



2

x

y

y

2

2

x

y

xy

0

 4   4 3



x   











   

  

2

2

y

2

x

xy

0

2

4

2

2

y

y

x

x

y

0

x   

         





   2          

  

2

2

2

2

2

x

xy

2

4

y

y

x

2

2

x

y

x y ;

y

Vì

x 2      

    

0.  















   

  

1 2

3

2

3

3

3

3

(dấu bằng không xảy ra) Thay y = 2-x vào (2) ta được phương trình 

 5      

 5





3

3

t

  trên  t t 1 0,

      suy ra hàm số  g t đồng biến trên  ,

3

3

4 x 17 4 x 17(3) 113 72 15 17 4 x x x x x x       

 g x

 5

Xét hàm số   g t 23 ' Ta có   t g t Mặt khác  g t là hàm liên tục trên  Do đó phương trình (3)



2

2

17

x

x

15

x

x 71

0

 108

x 4      









3 5

4 x 17 5 x 4 x 17 g        

2

 x  





x

4

y

2

   

Với

11

13

13

11

13

13

x

x



y  



y  

Với

. Với

 2

7   2

7   2

13

13

13

13

;

;

 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(4;2) , 11

 2

7   2

 2

7   2

     

  11   ,      

      

4 0 x 4 x x 11 27    0   4   2 11 13 x x 11 27   x       2   x    

Ví dụ 40.

29

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

3

2

2

2

3

2 x y

2 (1) xy xy 3 3 3 3 2 y x y

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x   

Giải hệ phương trình

3

   

2    

2

2

2

2

xy

3

3

2

2

x

x

y

y









1 x 2 y x 3 8 2 5(2) y      x y    3 

Nhận xét :Tương tự ví dụ trên chỉ khác ở mức biến đổi và lời giải của phương trình sau khi biến đổi ( Đề thi thử đại học lần 1 trường thpt cổ loa –Hà Nội) ĐK :   1

 y  

 y  





2

2

2

2

2

x

y

2

x

y

x

 

  

  y  



 3



2

2

2

x

y

x

2

x

y  





 1

 x    x  

  0 3

0



, vô nghiệm

  4

2

2

  x     

2     

  y     

2     

1 2

1 2

1   2

2 1 x     xy y x x xy x         2 y x y     y y          y x

  0 4

x .

2

y

x 1 y y x     

      thay vào (2) ta được

3 3 4

2

3

3 x 2 x 2

2 x      1 1   



  3 x 1    3 3

x 3 4 x 2 x 2 x 

 3 2



 x x



2

3

 x

 1 1  

3 2 4





x 2 9  2     4 x   2     4 2 x 4   x 2  

2

  5

2

3

3 2 4





x

0

2

y

  

2

x

y

2;0

;x y của hệ đã cho là 

6 x   x x 2 4 4   2 x  

2

2

1)(

y

(

x

1)(

y

1)(1)

1) 1   

x  

y  

Giải hệ phương trình :

3

3

3

x

3

x

y

4)

x

1

y

0(2)

x (    

  

  ( x   

3

  x   3     1 1  Với Với phương trình (5) ,ta có vế trái làm hàm số nghịch biến , vế phải làm hàm số đồng biến.Mà x=2 là nghiệm của (5) nên (5) có nghiệm duy nhất là 0    .Vậy nghiệm  Ví dụ 41.

3

x

t

1 0 x

Nhận xét: Thoạt nhìn bài toán có vẽ dễ dàng khi để ý một chút thì (2) có dạng hàm số. Tuy nhiên đấy vẫn chưa phải là nút thắt . Đây là một bài toán yêu cầu khả năng xử lí phương trình bậc cao tốt. Tạm thời xử lí (2) trước đã. Lời giải :Điều kiện: Đặt y

1 3

3

3

3

2

y      khi đó phương trình (2) sẽ là . 3( 0 x x ) t t x ( ) t t

2

1 y t 3 x 3 x 3               0 x    3     x x 

2 x y 3

2

2

2

2

2

3

x  khá quan trọng . Nó giúp ta có đánh giá tốt hơn sau đây 2 x y

2 x x (

2 x  

Điều kiện 0 PT (1) 1   2 x x ( 1   8 x

x x 1) 1) 1)

2 2 2 y y x x     3 2 x x ( 1) x     5 7 x x x 2      

3 x (       0 30

x 2 x

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

7

6

4

x

x

x



TH1: x = 0  y= 1 (tm) TH2: x 1 2   

3

2

3

3

4

2

3

3

4

2

4

x

1

x

x

x

x

x

x

(*)

x            

tm ) y x x ( 1) x ( 1)( x     1)   0(*) x x

1 4

2

3

x

  x     

2     

2     

1   2

1 2

1 2

  x      Do VT>0  VP Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) = ( 0;1) , (-1 ; -1)

2

2

2

4

1 2

y

10

x

24

x

14

x    







11 3

y 3

      x 1 1(       3 x  1 4 1 1 2

Ví dụ 42. Giải hệ phương trình :

2

2

2

4(2

17

12

xy

3

6

2

2

x

y

x

y

x

3)  











   

x 3 Nhận xét :Với hình thức bài hệ thế này , gần như phương trình (1) chẳng làm ăn được gì . Ta sẽ khai thác từ phương trình (2).

Lời giải

2

x

,

y

 



Điều kiện:

1 2

11 2

2

2

2

3)(3

(2

4)

x

x

x

y

y

3)(

y

3

x

4)

0

3)  



  







3)   4

2

Phương trình (2) tương đương 4(2 x (2 3 x (2 x  x  thay vào phương trình (1) ta có: 2 Đến đây rút ra y 3 2

1 2

x

x

x

1 2     

2

2

x

4

x

4

2  

2 1 4 

4 x  



4

2

20)

8

x

4 x x (

0

x

y

2





    

0  Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) = (0;2)

t ( )

x y

5. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số f

a b ( ; )

đơn điệu trên khoảng ( ; )a b và ,

y

x

f y ( )



thì   ,trong quá trình giải bằng phương pháp này ta tạm phân biệt

Trong đó f(t) là hàm số đơn điệu trên khoảng chứa miền xác

*Dạng .





( lưu ý có thể áp dụng cho giải

xác định x và y khi đó :



  f y B



B  

* Cơ sở phương pháp. Nếu f x ( ) Hệ phương trình đối xứng loại 3 và phương pháp sử dụng tính đơn điệu thuần khiết Hệ Đối xứng loại 3      f y f x     , G x y B  định của x và y *Phương pháp giải : Chứng minh f(t) là hàm số đơn điệu trên khoảng chứa miền  y x    ,   G x y 

một số phương trình)

   f x      G x y ,  

* Cách xây dựng hệ theo phương pháp này. t ( )

f

u x y v x y ( ; )

( ; ),

a b ( ; )

đơn điệu trên khoảng ( ; )a b ,

- Lấy hàm số

31

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” v x y ( ; )

( ; )

- Lấy

g x y sao cho hệ

giải được trên tập xác định của

 

( ; ) u x y   g x y ( ; ) 0 

chúng.

- Lập hệ phương trình

( ) f v ( ) f u  ( ; ) 0 g x y



  

x

y

(

y

2

2

2)

x xy )(









Ví dụ 43.Giải hệ phương trình

2

2

2

x

y





2

2

2

x

y





   vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hệ đối

2

2

x

y

x

y

2

3

3

3

3

x

y

y

x





2

t

t ( )

đồng

2 2 (1)     suy ra f

  y

 

Nhận xét. Nếu thay xứng loại 3 x 2 Lời giải. Thay  x xy )( 2 y ( 2    t t ( ) 2 f Xét hàm số  biến trên  . (1)  x

1

2

0 (1)

(4

1)

y

x

y

(

y vào phương trình thứ nhất ta được  2 x 2 ) x y y 2        t 3 t t f 0, '( ) 2 ln 2 3 t t ,   có     thế vào pt thứ hai ta được x f y ( ) f x ( )   y   . Vậy tập nghiệm của hệ là S =  (1;1); ( 1; 1) x 3) 5 2  







Ví dụ 44 Giải hệ phương trình

2

2

4

x

y

2 3 4

x

7

(2)









   

Nhận xét :Từ phương trình (1) chuyển biểu thức chứa x về một vế biểu thức chứa y về vế còn lại ta có hệ như mong muốn

x

0





Lời giải. ĐK:

y

0



3 4    5 2  

2

(4

x

x

1)2

3 4 5 2 y

0











(1)

2

3

2

3

x (2 )

y

5 2

x (2 )

x

2

y

y







5 2 



y  





5 2 



5 2 

 

1 (2 ) x  

2

f

x (2 )

f





(2 y     ( 5 2 ) y 

 x      y  6) 5 2   t ( )

f

t

f

1 0,

 t ( ) f

 1   3 t   .

'( ) 3 t t 

với

đồng

2

 t      x

f

x (2 )

f

y ( 5 2 )

2

x

5 2

y

y

,

x

0



  

  



biến trên  . Vậy

5 4  2

2

2

x

2

4

x

2 3 4

x

g x







7 0   

( ) 0 

Thế vào pt (2) ta được

5 4   2 

  

2

2

x

2

g x

x

2 3 4

x

7,

x

0;

( ) 4 











Với

5 4   2 

  

3

3

   y 3

3   4  (1)

x

3

x

y







Ví dụ 45 Giải hệ phương trình

2

2

(2)

y

x



  

1  Nhận xét . Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số

32

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

3

t 3

t ( )

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”   không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được

.

1;1

2

2

 3 t

t ( )

nghịch biến trên

t       f y ( )

( 1;1) x

f y

 , x y     t t f '( ) 3  nên (1) 

 1;1 3 0, f x ( ) 

  thế vào pt (2) ta được

x

y  

;

;





. Vậy tập nghiệm của hệ là S =

f t x và y trên đoạn  Lời giải. 21, y x 1 Từ (2) ta có t 3 t f ( )   có Hàm số   1;1 đoạn  x y   1;1 , . 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

  ;    

  

       

    

Nhận xét. Trong trường hợp này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu trên đoạn đó.

2

3

4 x 8 x 4 12 y 4 y 13 y 18 x 9(1)   5     

Ví dụ 46 Giải hệ phương trình :

2

2

3

4 2 7 2 x y y 2 y   x 8   1        

x 

Đk :

3

2

8

x

2

x

4

y

12

y

13

y

3 2

x

1

1 2 1  









Phương trình (1)

5   3

x 0(2) 4 ( Đề thi thử đại học lần 1 trường thpt Lý Thái Tổ năm 2014 –Bắc Ninh) Nhận xét : Để ý về bậc của x và y ta biến đổi phương trình (1) Lời giải

3

x 4( y 1) y ( 1)(*) x 1      

2

  t ( ) f t 4 t 

) 2

u

1

y

x

1)

f u ( )

y 2

 4(2 1) 1 2      với t 0 0, t 1 t 12 

f y (      2 2 y y ( 2)

1 y 4(

y 2 y

2 7

x 2 2        y 2 1)  

2 2 y  

1 4( 2

2

3

0      hàm số f(t) đồng biến trên (0; y  3 y 2) 2 2 y 0 

   3 y y y ( 6 0 11 y y 6 0     6) y   

0

tmdk (

x

)

2( 3(

y y

) )

   

Xét hàm số : Ta có t f '( ) Do đó (*)  Thế vào (2) ta được : 4 11 y y 6       2 y y 6) ( 5 1)( y y       tmdk y 1( 0   1      y 1  2  loai    loai 

3

3

2

12(1)

6

2

7

y

x

y

 







   x )

Ví dụ 47 Giải hệ phương trình :

2

2

22(2)

3

3

x

y

x

y

x

5 y  

   x y          10  ( Thi thử ĐH lần 1 trường thpt Tống Duy Tân năm 2014) Nhận xét :Bậc cao nhất của x và y ở phương trình (1) như nhau và cùng là bậc 3 đặc biệt hệ số bằng nhau ,rất thuận lợi cho ta biến đổi đưa về dạng f(x)=f(y-2)

Điều kiện :

3

3

x



3

'

f

t

f

  1 3 23 t

0,

2

t

  2 2 y   có t 2

     

 2 y   t

3 3

33   x   y Ta có :   x 1      Xét hàm số   t Nên hàm số đồng biến trên  GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” y

2

y

x

x

      





 f y

 2

  2 4

  f x

2

2

3

1

2

x

x

x

10

x

5

x

22

x       



Bởi vậy:  3 Thay (4) vào (2)





 2  



2

x 11 16 x  

2

x

7

x

2

















x 

1   0 5

2

x









  7 6

1

3

x

1 1 1  

4

x

y

1  x 3  2 3

 5

2 x        x x 2  x 1 1        x 2   1   x    2    

  6

  



7 2 x 0    1 3 x 1 x  

Vì

1 3 1 x  nên 7 2 x  và  3 1



Hay (6) vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất

7 2 x 0     1 3 x 1 x    Từ đó         2

3

3

2

4 1 1 1   1 x   1 1 1     x   y

6 x 15 x 14 3 y 0    

Ví dụ 48 Giải hệ phương trình

4

4 x  

4 y     x y     x 

4

4

x

x

x

x

2   

2   

3

2

2

x

y

x

0

x

  

  

y 0,



  ' y 3 1

3

'

 3 2 23 t

0,

3

f

f

f

 ' 4 2  .Ta có    1   trên  có t 3 t

   t

  t

      ,do đó   t

t đồng biến

Điều kiện Xét hàm số trên  , phương trình  '1 trở thành : y = 2-x .thay vào (2) ta có :

4

4

x

x

x

x

2   

2   

 ' 4 2

y Nhận xét : Tương tự ví dụ 47 chỉ khác ở biến đổi và lời giải đẹp cho phương trình

Điều kiện 0 1 1





4

4 2  

5

x

x

x

3

1

3

4

4

x

x

x

x

4

Suy ra :









2   

2   

 4

 4

 2

2

2

 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =1 .do đó  '2 có nghiệm duy nhất x =1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;1) x

3

y



  4 1

x 2 1 1 1 x 1 1 1 x 2  x x ; ; 2 x x x ; ; x  2      2 x  áp dụng đẳng thức Cauchy ta có :  2   2    4     4 x

Ví dụ 49 Giải hệ phương trình

2

2

3

1

y

y

  0 2

2

2

2

2

2

2

2

2

4(3)

4

2

1

2

x

x

x

x

y

y

y

y

4    

5    

x   



  x y 2 x 5            3 x x  Nhận xét : Tuy cả hai phương trình đều rất đẹp, nhưng vẩn còn thiếu một cái gì đó buộc ta kết hợp lại bằng cách cộng vế theo vế . Cộng vế theo vế các phương trình (1) và (2) được : 

 x    

 1

 1

34

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

'

  t

 .

  t

    



Xét hàm số

2

f 4, t t t f 0; 0, t 1        ta có :  0; 4 2 1 t 



2 1    



Chứng tỏ f(t) là hàm số đồng biến trên 

0; .từ đó   3

y=

TH1: Với y=x-1 thay vào phương trình (2) ta được

3 x   2

y=

TH2: Với y=-x+1 thay vào phương trình (2) ta được

3 x   4

1 2 1 4

;

Vậy hệ có hai nghiệm

    

    

    

    

3 1 ; 2 2

3 1 ; 4 4

3

2

y

6

y

3

x

5

y













y x 1    x y 1      y x 

Ví dụ 50 Giải hệ phương trình :

3

2

3

y

x

y

x  

4  





  14 1   5 2

3   x   

(Thi thử ĐH lần 1 trường thpt Minh Khai năm 2014-Hà Tĩnh)

x

3,

y



4  

Đkxđ

3

x

x

y

2

3

y

2

3 3 

















Từ (1) ta có:

)

;  

y

x

x

y

Ta có f(x) =f(y+2) (hàm số y=f(t) đồng biến trên khoảng ( 2      

  2 3

3

2

3

2

3

x

x

x

4

x

1

x

x

4

x

x

3

0

Thế (3) vào (2) ta được x   

2  



  



4 2   

2 1   

x  

2

x

2

x

0





 x  





 1  

2

 2 1

x

x 

2  x 

x 

2  3 

x

2

x

2

x

0







  



 1  

1 x

1 3

2

2

1

x









  

    

x

2

x

2

x

0









  



 1 1    3

1 3

1 x

1 3

2

2

1

x









  

    

x

2 1

3

x

 





2

x

2

x

0







 x  



 1  

x

2

3

x









 3 2

2  3 1





   

     

x

x

2

x

2

x

0







 x  



 1  

x

2

x

2

3

x

3

x





 









1  

 3 2

 2 1

 3 1

1  



     

   

2

x

x

2

0











 x  





x

2

x

3

x

2

3

x





 









 3 2

1 

 2 1

 3 1

1 



    1  

   

35

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”



 x  

Do y

(

2 0)

4

2

x

x

x          

2 y x 2 0    y 1

2   S   

    1; 3 ; 2; 0 .

2

2

x

4)(

y

y

2





1)  

x 0   1          x 3  Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là

Ví dụ 51 Giải hệ phương trình :

3

2

3

10

1

2

y

x

2  





  ( x   

12 y (Thi thử ĐH lần 1 trường thpt Hà Nội-Amsterdam năm 2014)

Nhận xét : Phương trình thứ nhất giúp ta định hướng cho lời giải bài toán

2

2

Giải Phương trình đầu tiên của hệ tương đương với : 4

y ( 2 )

y ( 2 )

4

x

x

  

  



2

f x ( )

y ( 2 )



f  

với

2

y f t ( ) t t   4  

Ta có

  . ; )

f(t) là hàm đồng biến trên (

2

Từ đó f(x) = f(-2y)  x= -2y Thế x= -2y vào phương trình sau của hệ phương trình đã cho ta được:

2

3

3

3

3

3

3

3

x

2

5

x

t t t f t '( ) 0, t 1       4   2 t 4 4 t  

  

3

3

y

t

1) x ( 2( x ( x 2 x 1    1)   1)   



  g t

2

1) x   

2 x 1   với 1) 0,

3   . t 2 ( g      g(t) là hàm đồng biến trên IR. Từ đó: y

g t '( ) t 3 t 2 ( g x Ta có

3

3

2

3

3

2

Vậy nghiệm của hệ đã cho là : (-1;2), (0;0) x 1)

x

y

(

1) 1 2

0(1)

  

y  

2 g x ( g ( x 1) 1 x 3 1 3 0 x x 1)   x          y x      x 1      0 0 

Ví dụ 52 Giải hệ phương trình :

2

2

2 3 4

4

4

x

y

y

  

y  

 (4   

3(2) (Thi thử ĐH lần 1 trường thpt –Trần Hưng Đạo năm 2014) Nhận xét : Ví dụ này giống ví dụ trên chỉ khác về hướng tư duy biến đổi Lời giải :

y

ĐK:

x

   

2

3

3

0

y

1)

(4

(1)

1) 1 2

y

x (2 )

1 2

y

1 2 3 4   



  

x 2  

( 1 2 ) y 

 

( 3

2

x Xét hàm số

y ( 1 2 )

f

f

1 2

x

y

0



     

x   trên IR , (1) có dạng (2 ) x x 2 Thay vào phương trình (2) ta được

4

2

2

2

t ( ) t f t f t '( ) t 3 0 t IR 1     

2

16 x 24 x 8 3 4 0 x (4 x 1)(4 x 0   3      5)    1) x 16(2  x 3 4 1  

0

(do

x  )

3 4

x x 1)(4 x 0 x (2    5)      1 2 1 16 x 3 4         1) (2  

36

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

x

0

y

Với

   . Vậy hệ phương trình có nghiệm

   

 ;0   

1 2

1 2

Ví dụ 53

3

3(

x

2(1)

2 y )  

Giải hệ phương trình :

2

2

2

0(2)

3 2

2

y

y

  

 3 x y        x 1 

x Nhận xét : Phương trình thứ nhất định hướng cho ta phương pháp giải

,phương trình thứ hai cho ta tập xác định của hàm. Lời giải:

y

x

1

1,0

    

3

3

3

3 x y y (

f t ( ) 0 x t   thì

2

2

g y ( )

f x ( )

3 2

2

x

x

y

Điều kiện : 2 Thường thì bài này người ta sẽ làm như sau. Để ý phương trình (1) một chút . (1) 3( 1) 1)       Xét   với 2 1 1 t   3 3 3 t t Suy ra f(t) đơn điệu trên đoạn  Cách này ổn . tuy nhiên thay vào làm vẫn chưa phải là nhanh . Hãy xem một cách rất mới mẽ mà tôi làm. (2)

1     



3



f x ( )

Xét f(x) trên miền 

1;1 ta sẽ tìm được

2 y   13 4

y

y

g y ( )

3

y

(2

3

3



) y  



Ta lại có :

2   2

f 1;1 '( ) t và từ đó suy ra x = y -1 thay vào (2).

. Thay vào phương trình đầu chỉ có cặp (x;y) = (0;1) là thỏa mãn

1

Vậy f(x)  g(y) . Dấu bằng xảy ra khi  y       Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (0;1)

2

2

3

3

y

x

y

y

2

8

3 (1)

10

x





 





2

0 (2)

2)

4(

2

6

3

y

x

x

    



y 2

 1, 0 x x

Ví dụ 54 Giải hệ phương trình sau:    8( x 3 12 12 1)    Nhận xét :Bài toán này không còn là mới,cái mới của nó là ở chổ tôi muốn giới thiệu phương pháp tách để đưa về dạng f(u(x))=f(u(y)) Lời giải:

2

y

, 2

y

4(

x

0





2)  

Điều kiện :

3 2 3

2

3

2

8(

1)

12

x

10

x

8

y

12

y

2

y

3

x   



3  







Từ (1)

3

2

2

12

x

14

x

4

y

(2

2

y

3

y

8 x  



5  



Xét VP= 2

3)   3 y  ) 2 y

y

1) 2

y

3 4) 2

(2

y

3) 2

y

4 2

y

3





3  

3  



3  



(2 3

  2

y 2 y 2 y 3 3    (do

Xét

y (2 3 ) b  

(2 x 4(2 x 8 14 x 5 x 12 x ) b     

37

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

2

2

3

3

b (6

12

14

12

b 4

bx

8)

8

b

5

x

x

x

x

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 3 

  









8 x   

12

b 12

b

1

5

3

x

( 2

y

4 2

y

3

4(2

1)  

3 3)  



      6 b 8 14     3 b 4 b  Vậy từ (1) x 1) (2   

f

x

(2

3)(3)

f





2

có

y ( 2 3 t  

suy ra hàm số

1)   Xét hàm đặc trưng : f(t) đồng biến .

x



2

x

2

y

1  

3  



Do đó (3) tương đương

2

x

4

0 2

3

y

1 x 2   x 4 1    

2

4

x

4

1  2 x 4  

        y 2 

2

2

2

4

x

4

4

4(

x

2)

0

3

x

x

x

x   

x   )

Thay vào (2) ta được :

                 ( với 1 6

1 2

2

4

x

4

4

0

x

2

x

1

x

1)(

x

0(

x

1)



x 5      

(   

4)  



2

x

1

x

1)(

x

1 3)

0

2

x

3(

1)

1)

1

x

x

(



(   

   

2      

t

0



4

3

t t (

2)

t 2

t 3

t 3

0

0

t

1

f t ( ) t t 4 ( IR) f t '( ) 0, t 3 t IR  4     

        

Đặt

loai

)

0(4)    t      t 2(

x

y

x

6

0

1

1

      

x

y

2

1

1

14

      

2

y

x

2

2

t 0 1 x   thì (4)

Với t=0 Với t = 1 x Vậy nghiệm của hệ đã cho là : (x;y)= (2;14), (1;6) 2

(1)

x 1 2 2 y 1 e 4 y   e    

Ví dụ 55. Giải hệ phương trình sau :

2

3

y 4 xy 3 2 x     x     y 

5  Nhận xét : Ví dụ này chỉ mang tính chất cũng cố Giải

y 

Điều kiện :

1 2

2

x

2

y

2

2

x  và 1

Ta có : (1)

3

2

4 y 2 x 1 e 4 y 2 2 y 1(*)  e      

2

3 xy 5 y 4 

 1

'

t 2 t  1    2 x   2  e t   x     y  *xét hàm số f(t) =

t e  

  t

với

 1;

f



1 f 0 t  2 t  

2 y



  f x y 2

x

2

y

x



  1  

 3

 3

2

2

2

y

y

3

xy

5

y

6

y

5

y

4

4

0









y   

      

1 1 t   hàm số f(t) đồng biến trên  *mà(*) x y   

       y 2

2

2

 4  

2 x 4     x        

2 x x 2      3 y y 0 y 1   y 4 y y 0 4     y  1             

38

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2

2

3

2 x y

x 1 3 2)( 4 y 8  

Ví dụ 56.

Giải hệ phương trình :

2 x y  2 x y

1 1

y   liên hợp sẽ có 24

24 y rút gọn được với bên phải . Phần 2 x y

2 x 1 1)    0     (    

lên (1) xem. Bởi nó

3

2

2

2

2 x  

Nhận xét :Hệ này gồm phương trình khá phức tạp và một phương trình lại khá gọn nhẹ. Để ý chút dưới mẫu ta nhân chéo lên dồng thời thử thế con số hiện khá bí ẩn ở phương trình (1). Như vậy ta có phương trình (1) là : 2 x y

1 1)

1 3

2 x y

2 x y

).4

x

( 4

8

y

y

 

 

x  



2

2

( TH1: y = 0 không là nghiệm TH2: Do x=0 không là nghiệm nên ta có biến đổi sau 2 x y

2 x y

2

2

1 1) ( 4 1 2 4 y x x      

2 x y

2

1 x x 2 ( 4 y 1 1)      

Thay trở lại (2) ta được

0

2

x

x

4,

y

    



x 2

1 8

4;

Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) =

   

1 8

3

2

4)

3

y

y

18(1)

1 y 2 y 4 y 1 y 2       1   x 1 x 1 2 x 1 x 2

Ví dụ 57. Giải hệ phương trình :

x 3   2 y

14

x

x

y

0(2)

7

6

     (2 x 4)(2            2 

xy Nhận xét :Phương trình (2) là một phương trình bậc hai theo x hay theo y ? ta vận dụng cả hai định hướng là để tìm miền xác định của x và y hổ trợ cho việc giải bằng phương pháp hàm áp dụng đối với phương trình (1) Lời giải :

Từ phương trình (2) bằng đánh giá quen thuộc ta rút ra

3

4

0

f

x '( )

   2 x     1 y 

Điều kiện đủ để f(x) và f(y) đơn điệu tăng vì Vậy ta có

f

f

(1)

(2).

( ).

f x f y ( )

f x f y ( )

( ).

f

f

.



18  





    

10366 81

 10     3

  7         3 Dấu bằng xảy ra khi x=2 và y=1 thay lại vào (2) thấy không thõa mãn Vậy hệ đã cho vô nghiệm

2

2

2

0(1)

y

x

  

10 3 7 3 x   với x như trên

Ví dụ 58. Giải hệ phương trình :

2 x y 2

0(2)

12

3

x

x

4 y  

11  

1

x

y 0,



    3 2 x  Nhận xét :Nhìn có vẻ đơn giản nhưng lại quá không đơn giản nếu ngay từ đầu ta không nhận định được tập xác định của x và y để áp dụng cho một manh mối duy nhất của hệ là phương trình (2) có biến y độc lập ta rút y rồi xét hàm . Lời giải : Từ phương trình (1) ta được

39

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

2

3

y x 12

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 

 (3) 11 4   

3

2

x 2     vì y 4

Phương trình (2) Vế phải (3) 4 Đặt 2 



x 0 1 f(x)



11

4

2

3

x

1

0 f x ( ) x 3 x 12 x   3 x  1 y  4 x  ta có bảng biến thiên:  với 11

y 0,



3

2

3

Vế phải của (3) 4  Vậy nghiệm của (2) là (x;y) = (1;-1) Thay (x;y) = (1;-1) vào (1) ta thấy thỏa mãn . Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (x;y) = (1;-1) x 367

12

x

x

54

18

y

y

144(1)



 

x y 2 4 12 3 x x 4       vì 11 

Ví dụ 59. Giải hệ phương trình :

2

 2 x

 y

14

xy

6

y

0(2)

 7 x      

 12   

Nhận xét: phương trình (2) là tam thức , phương trình (1) là hai hàm riêng biệt của ẩn. ta nên khai thác điều này. Ta viết lại phương trình thứ (2) như sau:

y

1

2

2





2

2

0 0

x y

x y ( y x (

14 14

7) 6)

6 7

y x

y x

0 0

 

         

   y       x

2

x  

7 3 10 3

            

           

2

3

3

2

đơn điệu tăng, và

Giờ quay lên xét phương trình thứ nhất . Nó có dạng: f(x)- g(y) = -144 Với f x ( ) 12 . Từ đó ta có

f x ( )

f

(2)

878,

g y ( )

g

(

)

1022

f x ( )

g x ( )

144















878 1022 

 

7 3

x

Đẳng thức xảy ra khi

. Thay lại vào phương trình (2) thấy thỏa mãn .



y

2 7 3

   

2;

Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x;y) =

   

   

7 3

2

3

3

g y ( ) 367 12 54 54 y y x x x 18       đơn điệu tăng

Tóm lại Phương pháp hàm số là một phương pháp khá thực tế nó luôn là vị cứu tinh mỗi khi ta cảm thấy khó khăn khi gặp các bài toán cồng kềnh . Xét các ví dụ sau : Ví dụ 60 Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm x

2 0

3

3

y

y

x

 







2

2

2

x

1

x

3 2

y

0









y m 



  

40

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

2 

y   y 3( 

y

x

1

f y (

1)

1

y

x

      



2

2

2 1

x





Lời giải. Điều kiện. 1 x 1, 0    3 3 1) ( 3 y x x 1) (1)     3 t 3 ( ) f t t Hàm số   nghịch biến trên đoạn [ 1;1]   x y    1;1 1 , nên f x ( ) Thế vào pt (2) ta được x Hệ có nghiệm  Pt (3) có nghiệm

m (3)   1;1  x  

1

2

Xét

g x ( )

x

2 1

2 x x ,

g x

x







'( ) 2 

  

 1;1 ,

2

1

x



 1  

  

'( ) 0

g

2,

m

2

1

1



   . x g x 0 x Pt (3) có nghiệm

(0) 

  1;1

2

y

1 3

x

 

Ví dụ 61 Giải hệ phương trình

2

x

1 3

y

y

 



g ( 1) 1   m 2             x   

2

2

y

x

2

x

2

y

x

1

y

3

x

x

1 3

y

1 3



1  







  

 

y  

 

t

t

2

f

t ( ) 1

3 ln 3 0,

 



 

t ( )

f

t

f y ( )

f x ( )

 t  

1 3t   .



Lời giải. Trừ vế hai pt ta được  y x 3 với



2



f y ( )

t x

1 y

f x ( )

t f ( )

  thế vào pt thứ nhất ta

2

2

x

x

1 3

1 3

x

g

(0)

g x ( )

1

đồng biến trên  . Bởi vậy x x     



được



x

2

x

2

x

.

x

g x

x

3

1

g x

x

x

'( ) 3 ln 3 

1  





( ) 3 

1  

Với

x 2

  x    







x

1



  

  

x

2

x

2 1

0

2 1 1 x  

x    và

x

x

x

3

0,

ln 3





1  

  

 do

1 2



1



  

  

g

0



x  

x

2007

e





y 2

1

y



x

0,

y

0





Ví dụ 62 Chứng minh hệ

có đúng 2 nghiệm

y

2007



x 2

 x Suy ra ( )g x đồng biến trên  . Bởi vậy ( ) g x (0) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0       e  

2

x

1 0

 

. Do

nên



Lời giải. ĐK:

2

x y

) )

0 0

x ; 1)      ; 1)     

y

1 0

 

  

x   y 

  

x

y

x

y

e

e

e







e  





Trừ vế hai pt ta được

1  (1; (1; y 2

( ( x 2

x   y  x 2

1 1 y 2

y

1

x

x

1

y

1







t

f

t ( )

e

,

t

)





(1;  

f x ( )

f y ( )

Hay

.



với

1  t 2

t

1



41

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

t

0,

t

(1;

)

f

t ( )

f

t '( )

e

) .



  





đồng biến trên (1;

2

2

1

t

t



x

y

1  1 f y ( )

 f x ( )

   thế vào pt thứ nhất ta được

Bởi vậy

x

e

2007

2007 0

g x





x e  



 

( ) 0 

 x 2

x 2

x

x

1





x

g x ( )

e

2007,

x

)







(1;  

. Ta có

Với

1 x 2

1



2

x 1



x

x

(1;

0,

)

g x '( )

e

;

g x ''( )

e

x    









3 ( 2

x x 3

1) 2

2

2

x

1

x

x

1









) và có

) .

1) g x đồng biến trên (1; g x , lim '( )

( '( )  

(1;

)

  nên

x   và

x ( 1) g x liên tục trên (1; '( ) g x  có nghiệm duy nhất '( ) 0

0

x

'( ) 0

)

1    

 

x g x 0

. ( ) 0

(1;

x g x '( g x '( ) 0 ( )g x ta suy ra pt

x x   0 g x  có đúng 2 nghiệm

x   . Vậy hệ )

Suy ra g x lim '( )  1 x  g x '( ) 0   Từ BBT của phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương. ln(1

ln(1

x

)

y

)

y

(1)







x  

Ví dụ 63 Giải hệ phương trình

2

2

x

12

xy

20

y

0

(2)







  

f x ( )

f y ( )

f

t ( )

ln(1

( 1;

t t ,

)

t

)

y  





    

1   y ) 

với

và



0 ( 1;

0

)

t

f

t ( )

t '( )

f

      



1  

đồng biến trên ( 1;0)

1

t

t

Lời giải. ĐK: (1) ln(1 x   1 

y x 1,   x ln(1 )   t  1 

)

( 1;0)

f x ( )

f y ( )

y

x  

2

2

x y   thì (0; )  y  (không thỏa mãn) 0 xy

12

xy

0

x

)

  

  hoặc ngược lại thì x

0

20 x

0

nghịch biến trên khoảng (0; hoặc , TH 1. x y   , Thế vào pt (2) ta được x TH 2. (0;   TH 3. 0

y 0  y 

x y ( 1;0), xy  thì hệ có nghiệm

2

7

 y  . Vậy hệ có nghiệm duy nhất y 9

1

6 y  

Ví dụ 64:Chứng minh hệ phương trình sau có đúng 1 nghiệm

7

2

9

1

6 x  

  x    y 

x (kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh lớp 12 THPT năm học 2013-2014)

2

7

y



 1

 3





Hệ đã cho

2

7

0 0

x

y





  x     y 

 3

7

 1 x y ,

2

7

7

3

3

x

y

  



 (*)

 1



7

7

do x

0)

1(

x

x

3 x  



 (1)

2 1  

1 x y , 1 2      1

  x     Do 7 0 x y ,   Từ hệ đã cho ta có x y Nếu x > y ta có VT(*) > VP(*) do x,y 0 Nếu x < y ta có VT(*) < VP(*) do x,y 0 Nên x = y thỏa mãn (*) Với x = y ta có  x 3 Yêu cầu bài toán  chứng minh phương trình (1) có nghiệm duy nhất

1 x 

42

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

2

7

(

x

'

1) f

0

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” ( ) t f 67 t

f

0

f

    (2) 1 1 3 t 0 t 6 t     

t t  , phương trình (1) trở thành Đặt t liên tục trên  và Ta có hàm số     t t Lại có t  có nghiệm duy thuộc (1;2)  nên phương trình       f f 0 2 1 Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất Vậy hệ có nghiệm duy nhất

1 x 

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

2

2

y 1 4 yx

Bài tập 1. Giải hệ phương trình :

2

3

x

5

x 2 x 1

Bài tập 2. Giải hệ phương trình:

y

1



x

5

   10 1 x      1   

4

2 x 2  1     4  

Bài tập 3.Giải hệ phương trình :

4

4

x

240

2 y 1  x y      y x    x y      y x    1     4  

Bài tập 4.Giải hệ phương trình :

3

4 y   2 2 4

3(

2

y

y

x

x

y 8 )

0





) 4( 





x

8





1 4 y

  2 2 ) 1   

     

Bài tập 5 .Giải hệ phương trình :

y

8



  2 2 ) 1  

    

1 4 x

2

2

y

x

x

     y x  y     y       3        y     3        y                     3 x     (1        (1  

Bài tập 6 . Giải hệ phương trình :

2

2

0

x

y

2

4 y

0 2

2

2

Bài tập 7. Giải hệ phương trình :

3

1 y

0 0

y 3 y

xy x

2

3

Bài tập 8. Giải hệ phương trình :

0 x 17

x xy 8

xy 2 y

0

49    8 y   



5

7

2

x

x

y  

y  

Bài tập 9. Giải hệ phương trình :

2

2

x

y

y

x    

 y        xy x 5             x       3 x   3    2 x     

4

4

4

x

y

0

Bài tập 10 . Giải hệ phương trình :

2

x

4 x y     3 3 xy 1 y  



   

43

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

Phần 3

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Chuyên đề của tôi đã giải quyết được những vấn đề sau:

- Giúp học sinh phân loại được các dạng về bài tập hệ từ đó có cái nhìn tổng thể

hơn ,có định hướng rỏ ràng hơn khi tiếp cận với loại bài tập này

- Giúp học sinh có cái nhìn tổng quát và có hệ thống về hệ phương trình đại số, từ đó có kĩ năng giải thành thạo các bài toán thuộc chủ đề này và hơn thế học sinh không còn cảm giác e sợ khi gặp hệ phương trình.

- Tạo cho học sinh có thói quen tổng quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, biết được bài toán trong các đề thi do đâu mà có và người ta đã tạo ra chúng bằng cách nào.

- Thông qua việc tìm ra bài toán gốc, việc tổng quát bài toán, việc tạo ra bài toán mới, dần dần hình thành cho các em khả năng làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích cực của học sinh theo đúng tinh thần phương pháp mới của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Điều quan trọng là tạo cho các em niềm tin, hứng thú khi học tập bộ môn.

Qua thực tế giảng dạy chuyên đề này tôi thấy các em học sinh không những nắm vững được phương pháp, biết cách vận dụng vào các bài toán cụ thể mà còn rất hứng thú khi học tập chuyên đề này. Khi học trên lớp và qua các lần thi thử đại học, số học sinh làm được bài về giải hệ phương trình cao hơn hẳn so với các em không được học chuyên đề này. Một số đề xuất

Mỗi bài toán thường có cái gốc của nó, việc học sinh phát hiện ra bài toán gốc sẽ thấy toán học rất thực tế, tự nhiên và không khó như các em nghĩ đồng thời tạo niềm tin và hứng thú học tập với các em. Với tinh thần như vậy và theo hướng này các Thầy Cô giáo và các em học sinh có thể tìm ra được nhiều Chuyên đề hay

. Chẳng hạn, các bài toán về tích phân, các bài toán về tổ hợp – xác suất, các bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, trong không gian,Giá trị lớn nhất nhỏ nhất,bài toán bất đẳng thức ...

Cuối cùng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, các đồng nghiệp Trường

THPT Cao Thắng đã giúp đỡ và góp ý kiến cho tôi hoàn thành Chuyên đề này. Xin chân thành cảm ơn !

44

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[01] Bộ Giáo Dục Và Đào Tạo, Sách giáo khoa, Sách giáo viên, Sách bài tập, Tài liệu hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến thức – kỹ năng Toán 10, 11, 12, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, 2011.

[02] Các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi Học sinh giỏi các năm.

[03] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam.

[04] Các đề thi thử Đại học năm 2014

MỤC LỤC

Trang Nội dung

1 Phần I. Đặt vấn đề

2 Phần II. Giải quyết vấn đề

44 Phần III. Kết luận và kiến nghị

45

GV:Lê Đình Tần

THPT Cao Thắng