zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

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

Chia sẻ: Ngô Chí Tâm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

335
lượt xem 115
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề "Một số phương pháp giải hệ phương trình" gồm 3 phần: giới thiệu về chuyên đề, một số dạng toán hệ phương trình và phương pháp giải, có hướng dẫn, giải thích cụ thể; phần cuối là kết luận và kiến nghị. Chuyên đề tập hợp các dạng toán phương trình thường gặp trong các kỳ thi ĐH, CĐ, ở các đề thi học sinh giỏi - là tài liệu bổ ích cho các em ôn luyện chuẩn bị cho kỳ thi lớn.

Chủ đề:

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

Lưu

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

CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Phần I : ĐẶT VẤN ĐỀ 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 n khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của .v bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn re tổng quát về hệ phương trình. Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng nt quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi be 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 tre Học Vinh năm 2014 ). Chuyên đề này của tôi về mặt hình thức là không mới. Cái mới ở đây chính oi là sự phân loại có tính chất xuyên suốt chương trình nhưng vẫn bám vào các kĩ .tu 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 w gốc của bài toán, các bài toán từ đâu mà có, người ta đã tạo ra chúng bằng cách nào. w Thông qua các việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần hình thành w 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! GV:Lê Đình Tần 1 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Phần II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ A.BÀI TOÁN MỞ ĐẦU   Giải hệ phương trình :  2 x  1  x 1 2 y  2  y (1) 4 4   x  2 x( y 1)  y  6 y  1  0(2)  Tuyển sinh Đại học khối A;A1 năm 2013 Giải Cách 1 : ( Đưa về đối xứng loại 3 ) Đk : x  1 x 2  2 x( y 1)  y 2  6 y  1  0 Xét (2) :  'x  ( y 1) 2  y 2  6 y 1  4 y  0  y  0 Xét (1) : Đặt t  4 x 1 ( t  0 ) : x  t 4  1 n Pt(1) trở thành : t 4  2  t  y 4  2  y (*) .v 2z3 Xét hàm số f ( z )  z  z  2  f '( z )  1  4  0, z  0 re z4  2 Nên f(z) đồng biến với z  0 do đó nt (*)  t  y  y 4  x 1 Khi đó (2) trở thành :  y 4  y   4 y  0 2 be  y0 y  0  y ( y 1)( y 6  y 5  y 4  3 y 3  3 y 2  3 y  4)  0    (vì y>0)  y 1  0  y  1 tre  x 1   x  2 Vậy nghiệm của phương trình :  ,   y  0    y 1  oi Cách 2: ( đưa về hệ đối xứng loại 3) Đk : x  1 .tu (2)  x  2( y 1) x  y 2  6 y  1  0  ( x  y 1)2  4 y (*) . Vậy : y  0 2 (1)  x  1  4 x 1  ( y 4  1)  1  4 ( y 4  1) 1 (**) w Đặt f (t )  x  1  4 x 1 thì f đồng biến trên 1, ) Nên (**)  f ( x)  f ( y 4 1)  x  y 4 1 w  y0 Thế vào (*) ta có : 4 y  ( y 4  y )2  y 8  2 y 5  y 2   w y  2y  y  4 4 7 Vì g ( y )  y 7  2 y 4  y đồng biến trên 0, ) , mà g(1)=0 nên y 7  2 y 4  y =4  y 1 Dễ dàng suy ra : (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1). Cách 3 ( phương pháp đánh giá kết hợp sử dụng nhân liên hợp ) Đk : x  1 (2)  x  2( y 1) x  y 2  6 y  1  0  ( x  y 1)2  4 y (*) . Vậy : y  0 2 Xét 4 x 1  y  0( y  0)  x  1 và y=0 thỏa mãn hệ phương trình đã cho nên   x 1 hệ nhận nghiệm là   y  0  Xét 4 x 1  y  0 , ta có GV:Lê Đình Tần 2 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” (1)  ( x  1  y 4  2)  ( 4 x 1  y )  0 x  y 4 1 x 1 y 4   0 x 1  y 4  2 ( 4 x 1  y)( x 1  y 2 )     ( x  y 1)  4 1  4 1 0 2   x 1  y  2 4 ( x  1  y )( x  1  y )   x  y  1 (do y>0) 4  y0 y  0 Thế vào (*) ta có : 4 y  ( y 4  y )2  y 8  2 y 5  y 2   7   y  2 y  y  4  y  1 4 (Vì g ( y )  y 7  2 y 4  y đồng biến trên 0, ) ),mà g(1)=0 nên y 7  2 y 2  y  4  y  1 Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1). n Cách 4 : ( Đưa về hệ đối xứng loại 3) .v Đk : x  1 Từ (2)  x 2  2( y 1) x  y 2  6 y  1  0  ( x  y 1)2  4 y (*) . Vậy : y  0 re  u  x 1 u  2  x  1  Đặt  ,(u , v  0)    (1)  u  2  4 u  v  2  4 v   v y  4   y  v 4 nt Xét hàm số f (t )  t  2  4 t , t  0 Ta có : f(t) đồng biến 0, )  u  v be ( làm tương tự các cách trên ) Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1). tre Cách 5 : ( Phương pháp thế ) oi Đk : x  1 Từ (2) ta được 4 y  ( x  y 1) 2  y  0 .tu Vậy (x;y) =(1;0) là nghiệm của hệ phương trình *Với : x   y  2 y 1 , thay vào(1)ta w được:  y  2 y  2  4  y  2 y  y 4  2  y w  y  0 , ta có x   y  2 y 1 ; x   y  2 y 1 *Với : x   y  2 y 1   y  2 y 1  1  y  2 y  0 w  y  0 ( vì y  0 ) , suy ra x=1 thỏa mãn hệ.  ( 4  y  2 y ) 4  2  4  y  2 y  y 4  2  y (3) 4t 3 Xét hàm số : f (t )  t 4  2  t , t  0 Ta có : f '(t )   1  0, t  0 2 t4  2  f(t) đồng biến trên 0, ) . Từ (3) suy ra 4  y  2 y  y   y  2 y  y 4 (4) t8 t2 2t  0 Đặt t  y  0 thì (4) t(t 1)(t6 t5 2t 4 t3 t 2)  0 GV:Lê Đình Tần 3 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” t  0  y  0  x  1   (do t 6  t 5  2t 4  t 3  t  2  0, t  0 )  t  1  y  1  x  2 Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1). Cách 6 : ( Sử dụng nhân liên hợp ) Đk : x  1 Từ (2) ta được 4 y  ( x  y 1) 2  y  0  t 0  Đặt t  4 x 1 , suy ra    x  t 1  4 Phương trình (1) trở thành : t 4  2  t  y 4  2  y  t 4  2  t  y4  2  y  0  (t  y )(t 2  y 2 )  t y 4 4  (t  y )  1  0 (3)  t  y  0  t  2  y  2 4 4  t  2  y4  2 4 n (t  y )(t 2  y 2 ) (2)  ( x  y 1)2  4 y , nên y  0  1  0 . .v t 4  2  y4  2 Từ (3)  t  y  y 4  x 1 Thế vào (4) ta có : re  y  0  x 1 ( y 4  y)2  4 y    g ( y )  y 7  2 y 4  y  4  0 Xét hàm số : g ( y )  y 7  2 y 4  y  4 nt be  g '( y )  7 y 6  8 y 3  1  0, y  0 , nên g(y) đồng biến trên 0, ) . Mà g(1) =0 nên y=1 là nghiệm duy nhất của g(y). Với y=1  x=2. tre Vậy (x;y)=(1;0) hay (x;y) =(2;1). 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 oi 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. .tu B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH. w 1. Phương pháp thế * Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình w hoặc kết hợp hai phương trình trong hệ và thế vào một phương trình còn lại.Mục w 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 x0 ;ta luôn có y=tx với cách làm này ta chuyển về 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. GV:Lê Đình Tần 4 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”  x  2  y  1  27  x 3 Ví dụ 1. Giải hệ pt:  (x  2)  1  y 4 Đề thi Chọn Học sinh giỏi Tĩnh lớp 10 _GD Hà Tĩnh  x  2  y  1  27  x 3 (1) x  2 Giải hệ pt:  Điều kiện:  (3) (x  2)  1  y 4  2 y  1 Ta có: (2)  (x  2)2  y  1 , kết hợp với (1), ta được: x  2  (x  2) 2  27  x 3  x  2   x 3  x 2  4x  31 (4) Đặt x  2  a với a  0 thì x  a 2  2 , thay x theo a vào vế phải của (4) và rút gọn, ta được: a6  5a4  12a2  a 19  0  (a  1)(a5  a4  6a3  6a2  18a  19)  0  a  1 (vì a5  a4  6a3  6a2  18a  19  0 do a  0 ) Khi a = 1, ta được x = 3 và y = 2 (thỏa mãn điều kiện (3)) n Vậy hệ phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm (3; 2) .v Nhận xét .Quan sát phương trình (2) ta thấy (x  2)4  1  y hay (x-2)4=y-1có thể re nghỉ ngay đến việc đặt ẩn phụ chuyển hệ trên về một hệ đại số đã có cách giải .  x 4  2 x3 y  x 2 y 2  2 x  9 (1) Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  2 nt  x  2 xy  6 x  6 (2) be Nhận xét . Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. Lời giải. x = 0 không thỏa mãn (2) tre 6 x  6  x2 x  0, (2)  y  thế vào (1) ta được 2x oi 2 3  6x  6  x  2  6x  6  x  2 2 x  2x  4  x    2x  9 .tu  2 x   2 x  (6 x  6  x ) 2 2 x  0  x 4  x 2 (6 x  6  x 2 )   2 x  9  x( x  4)3  0   w 4  x  4 w  17  Do x  0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất  4;   4 w Chú ý. + Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:  x 2  6 x  6  2  x 2  xy 2  2 x  9      2x  9 Hệ    2  x 2  6 x  6  x 2  xy   2 x2  6 x  6  2  x  xy  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 GV:Lê Đình Tần 5 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”   2 x 3  x  2 x 2 y  y (1)   Giải hệ phương trình :  2 ( x, y  IR ) .   x  12 x  12 y  3  3 y  2 x  1 (2)   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. Đk: x  0; y  0 Phương trình (1) tương đương với x(2 x 2  1)  y (2 x 2  1)  ( x  y )(2 x 2  1)  0  x  y ( Vì 2 x 2  1  0, x  IR ) Thế vào phương trình (2) ta có x 2  12 x  12 x  3  3 x  2 x 1  x 2  3(2 x 1)2  3x  (2 x 1) n Đặt a  2 x  1, a  1 , ta có phương trình x 2  3a 2  3x  a .v  ax re  x 2  3a 2  9 x 2  6ax  a 2  8 x 2  6ax  2a 2  0    a  4 x( L)   x  1 2 nt Khi a=x , ta có x  2 x  1  x  2 x 1  0    x  1 2( L)  x  3 2 2 be  y  3  2 2 . Thử lại thấy thỏa mãn . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (3  2 2;3  2 2) tre Ví dụ 4. oi Thi thử lần 2 khối A &A1 năm 2014 THPT ĐT – HẢI DƯƠNG   Giải hệ phương trình  x  2  3 y2 1  5( x2  y  3)(1) 2 2 .tu   (2 x 1)  (2 y 1)  18(2)  Nhận xét :Phương trình 2 là một phương trình đối xứng theo x và y tuy chưa thể w khẳng đinh có hay không nghiệm x=y ,tuy nhiên để ý phương trình (1) có chứa biểu thức độc lập x 2  y 2 nên từ (2) rút x 2  y 2  x  y  4 thế vào phương trình (1) w Lời giải. w Điều kiện : x  2  0;( y 1)  0; x 2  y 2  3  0 Từ phương trình (2)  x 2  y 2  x  y  4 (3) Thế (3) vào (1) ta có : x  2  3 y 1  5( x  y 1)  ( x  2)  6 ( x  2)( y 1)  9( y 1)  5( x  y 1)  3 ( x  2)( y 1)  2 x  2 y  6  3 ( x  2)( y 1)  2( x  2)  2( y 1) (3) Ta thấy y=1 không phải là nghiệm của phương trình trên :  x2  2 x2 x2  y 1 (3)  2 3  2  0   y 1 y 1  x2 1    ( L)  y 1 2 GV:Lê Đình Tần 6 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” x2 Với  2  x=4y-6 thay vào phương trình (2) và rút gọn ta được : y 1  y2 x2  (2)  17 y  53 y  38  0   2 19 26  y   x   (t / m)  17 17 26 19 Vậy hệ có nghiệm (x;y) là (2;2) ; (  ; ) 17 17    y 2   x 2  2 y  2 x 2  0 (1) Ví dụ 5. Giải hệ phương trình     x  4  x  4  2 y 16  2 x 12 (2)   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 : x  4, y  16 Giải phương trình (2) theo ẩn y ta được y  2( L), y  x 2 n x  4  x  4  2 x 2 16  2 x 12 .v Thay vào (1) ta có     2  x 4  x4  x  4  x  4 12  0 re  x 4  x4  4 Giải phương trình ta được x=5 Vậy hệ đã cho có nghiệm (5,25) nt Nhận xét: Hệ phương trình trên đúng là cho ta một lời giải đẹp ,tạo cảm hứng cho be người viết chuyên đề này cảm thấy rất thiếu sót nếu như không tiếp tục tạo nên tre một hệ phức tạp hơn . Ví dụ 6.  3x  5 x 2 1  y  x 2  3x  y  61   oi Giải hệ phương trình     y  2 y  1  y  3 x  4  2  4 2  .tu 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 w là phương trình bậc hai theo y vậy ta còn chờ gì nữa ??? ĐK  y 2  2 y 1  0 w Pt 1  y 2   x 2  3 x  6 y  3 x 2  5 x 2  3 x  5  0   x 2  3 x  6  4 3 x 2  5 x 2  3 x  5   x 2  3 x  4 w 2 2  y  3x  5 Suy ra:   y  x 1 2  Với y  3x  5  VP 2  1  0  VT 2 vô nghiệm  Với y  x 2 1.VT 2 trở thành : 4 2  x 4  x 2  3x  33 Đk :  4 2  x  4 2 5  x4 Áp dụng BĐT Cauchy ta có : 1.1.1. x  x  4 4 4 5 x 4 Từ (3) ta có : x 2  3x  3  4  x  4 x 12 x  7  0 4 2 GV:Lê Đình Tần 7 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”   x 1  x 2  2 x  7  0 2  x 1 Thử lại x =1 thõa mãn (3) với x  1  y  0 .vậy hệ đã cho có nghiệm : (1;0) 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   ( x  y )( x  4 y  y )  3 y  0 (1) 2 4 Ví dụ 7. Giải hệ phương trình    x  2 y  1  y  y  1  0 (2) 2 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: x  y 2 1  0  xy22 y n  x3 y y .v 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 :  y 2  y  3  0  Trường hợp re  1  13   1 13  này hệ có nghiệm : 4  13;  và 4  13;  2    TH2: Với x=-3y2-y Thay vào phương trình (2) ta có :y=-1 do nt2  be y  1  5 1  5  2 y   0 ,với mọi x thuộc  ;   Trường hợp này hệ  1 y  y 2  1  2 2  tre có nghiệm : 2;1 Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm . oi   x 1  y  1  4(1) Ví dụ 8 Giải hệ phương trình :    x  ( y  1)  x ( y  2)  xy  1(2) 4 2 3 .tu  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 w tạp nhưng không phải là không thể . Lời giải. w Điều kiện : x  1, y  1 w Từ (2)  x 4  ( y 1)2  x3 ( y  2)  xy 1  x 4  y 2  2 y  1  x3 y  2 x3  xy  1  y 2  (2  x  x3 ) y  4  2 x3  0 Xét   (2  x  x3 )2  4( x 4  2 x3 )  (4  x 2  x 6  4 x  4 x3  2 x 4 )  4 x 4  8 x3  (4  x 2  x 6  4 x  4 x 3  2 x 4 )  ( x 3  x  2) 2  0 y  x2 Vậy PT(2)    yx 3 Với y = x - 2 thay vào (1) ta được : (1)  x 1  x 1  4  x 1  2  x  5  y  3 GV:Lê Đình Tần 8 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”  x 1  x 3  1  4 Với y  x3 thay vào (1) , ta được : (1)  x 1 1  x3 1  3  0 x2 x3  8   0 x 1  1 x3 1  3  1 x 2  2 x  4   ( x  2)   0  x 1  1 x 3  1  3  1 x2  2x  4  x  2 hay   0 (vô nghiệm) x 1  1 x3 1  3 Do đó x=2  y  8 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 n   x 2  y 2  2( x  y )  7(1)  Giải hệ phương trình  .v   y ( y  2 x)  2 x  10(2)  Nhận xét : re 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 nt còn thiếu trong phương trình (1) là tích xy ,và phương trình (2) nếu rút y 2 thế vào be (1) ta đáp ứng được điều đó. Lời giải. Rút y 2 từ phương trình (2) thế vào (1) ta được tre  x  1 x 2  2( y  2) x  2 y  3  0    x  2 y  3 oi  y2 TH1: thay x=-1 vào (1) ta được y 2  2 y  8  0    y  4 .tu TH2: Thay x=-2y-3 vào (1) ta được  3 6  y  1   x  1  w  5 5 5 y  10 y  4  0   2  3 6 w  y  1   x  1   5 5 w Vậy hệ phương trình có 4 nghiêm : 6 3 6 3 (-1;2) (-1;-4) ( 1 ; 1  ) ( 1  ; 1 ) 5 5 5 5 Ví dụ 10. Thi thử lần 2 khối A &A1 năm 2014 THPT ĐTH – HẢI DƯƠNG   x3  y 3  4 x  2 y (1) Giải hệ phương trình  2   x  3 y  4(2)  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)  2( x3  y 3 )  4(2 x  y ) Từ phương trình (2) thay 4  x 2  3 y 2 vào phương trình trên và rút gọn ta được GV:Lê Đình Tần 9 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”  y0  x 2 y  6 xy 2  5 y 3  0  x   y   x  5 y   x  4x 3  TH1 : y=0 thay vào hệ ta được  2  x  2  nghiệm   x 4  (x;y)=( 2;0 )  2 x  2 x 3  TH2: x=-y  y=-x thay vào hệ ta được  2  x  1   4x  4   Hệ có nghiệm (x;y) = (1;-1); (-1;1) 5 1 5 1  TH3: x=-5y thay vào hệ ta có nghiệm (x;y) = ( ; );( ; ) 7 7 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 n một số phương pháp khác,tuy nhiên để tạo cho bạn đọc một lối mòn và cũng cố .v lời giải của các hệ trên ta xét hai ví dụ khó sau đây.   x 2  y 2  2 (1) re Ví dụ 11.Giải hệ phương trình :   ( x  y )(4  x y  2 xy )  2 y (2)  2 2 5 nt 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 be hằng số bằng biểu thức từ (1) xuống dưới để tạo nên sự thuần nhất . Lời giải. tre Thế 2  x 2  y 2 và 4  ( x 2  y 2 ) 2 . Vì sao không thế 4  2( x 2  y 2 ) .Đơn giản tôi muốn tất cả đều là bậc 4 . Thay tất cả vào (2) ta được ( x  y ) ( x 2  y 2 ) 2  x 2 y 2  xy ( x 2  y 2 )  2 y 5  x 5  y 5  2 y 5  x  y oi Đến đây kết hợp với (1) và ta dễ dàng giải ra (x;y) =(1;1). (-1;-1) .tu Ví dụ 12. Chọn đội tuyển HSG lớp 11 Sở GD & ĐT Nam Định năm 2013 w   xy  2  y x 2  2   Giải hệ phương trình :  ( với x;y  IR ) w   y 2  2( x  1) x 2  2 x  3  2 x 2  4 x   w 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. ĐKXĐ : x  IR; y  IR 2 Ta có xy  2  y x 2  2  y ( x 2  2  x)  2  y  x2  2  x  y  x 2  2  x (1) . Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có: ( x 2  2  x) 2  2( x  1) x 2  2 x  3  2 x 2  4 x  1  x x 2  2  2 x  ( x  1) x 2  2 x  3  0  ( x  1) 1  ( x  1) 2  2   (x) 1  (x) 2  2  (*)     GV:Lê Đình Tần 10 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Xét hàm số f (t )  t (1  t 2  2) với t  IR . Ta có t2 f '(t )  1  t 2  2   0, t  IR  f(t) đồng biến trên IR. t2  2 1 Mặt khác , phương trình (*) có dạng f(x+1) = f(-x)  x+1 = -x  x   2   1 1   x  Thay x   vào (1) ta tìm được y = 1 . Vậy hệ đã cho có nghiệm là  2 2    y 1  2. Phương pháp cộng đại số * 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 n phương trình có vế trái đẳng cấp bậc k.  y2  2 .v 3 y  x 2  Ví dụ 13.Giải hệ phương trình  re 3 x  x  2 2  y2 nt Nhận xét : đây là một hệ phương trình đối xứng loại II,đã có cách giải tổng quát be Lời giải. ĐK: xy  0 tre 3 x 2 y  y 2  2 (1) Hệ   2 . Trừ vế hai phương trình ta được 3 y x  x  2 2 (2) oi x  y  0 3 x 2 y  3 xy 2  y 2  x 2  3xy ( x  y )  ( x  y )( x  y )  0   3 xy  x  y  0 .tu TH 1. x  y  0  y  x thế vào (1) ta được 3 x3  x 2  2  0  x  1 w y2  2 x2  2 TH 2. 3 xy  x  y  0 . Từ 3 y   y  0 , 3 x  x0 x2 y2 w  3 xy  x  y  0 . Do đó TH 2 không xảy ra. w Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)  1 1   2   2 (1)  x y Ví dụ 14.Giải hệ phương trình   1  2  1  2 (2)  y x  Lời giải. 1 1 ĐK: x  , y  . 2 2 1 1 1 1 Trừ vế hai pt ta được   2  2 0 x y y x GV:Lê Đình Tần 11 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 1  1 2  2  y x y  x yx yx  0   0T xy 1 2  2 1 xy x  y   1 1 xy  2   2    y x  y x 1 1 H 1. y  x  0  y  x thế vào (1) ta được  2 2 x x 1 Đặt t  , t  0 ta được x 2  t  0 t  2 2  t2  2  t    2  t  1  x  1 và y  1 2  t  4  4t  t t  2t  1  0 2 2 1 1   0 . TH này vô nghiệm do ĐK.   TH 2. n xy x  y  1 1 xy  2   2   .v  y x re Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1) 3 x  5 xy  4 y  38 2 2 Ví dụ 15 Giải hệ phương trình  2 nt 5 x  9 xy  3 y  15 2 be 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. tre 45 x 2  75 xy  60 y 2  570 Hệ    145 x 2  417 xy  54 y 2  0 190 x  342 xy  114 y  570 2 2 oi 1 145 Giải phương trình này ta được y  x, y   x thế vào một trong hai phương .tu 3 18 trình của hệ ta thu được kết quả. * Chú ý w - Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn. w - Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng cách đặt y  tx, x  0 hoặc đặt x  ty, y  0 . w 3 x 2  2 xy  y 2  11 Ví dụ 16.Tìm các giá trị m để hệ  2 có nghiệm.  x  2 xy  3 y  17  m 2 Nhận xét. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay y  tx, x  0 Lời giải.  y 2  11  y 2  11  TH 1. x  0   2   2 m  17 3 y  m  17 y   3 m  17 Vậy hệ có nghiệm x  0   11  m  16 3 GV:Lê Đình Tần 12 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 3 x 2  2tx 2  t 2 x 2  11 TH 2. x  0 , Đặt y  tx . Hệ   2  x  2tx  3t x  17  m 2 2 2  2 11 x  (3  2t  t ) x  11  2 2 3  2t  t 2   (1  2t  3t ) x  17  m 2 2 (1  2t  3t 2 ). 11  17  m  3  2t  t 2  2 11 x   3  2t  t 2 (m  16)t 2  2(m  6)t  3m  40  0 (*)  11 Ta có  0, t nên hệ có nghiệm  pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra 3  2t  t 2 khi và chỉ khi m  16 hoặc m  16,  '  (m  6) 2  (m  16)(3m  40)  0 n  5  363  m  5  363 .v Kết luận. 5  363  m  5  363 re 5 x 2  2 xy  y 2  3  Ví dụ 17.Tìm các giá trị của m để hệ  2   2 x  nt 2 xy  y 2  m (I) có nghiệm. m 1 be Lời giải. 5 x 2  2 xy  y 2  3 tre  Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được  1   6 x 2  6 xy  3 y 2   3   m 1 oi Cộng vế hai bất phương trình cùng chiều ta được: 1 1 .tu  x 2  4 xy  4 y 2    ( x  2 y)2  m 1 m 1 1  0  m 1 w Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là m 1 5 x 2  2 xy  y 2  3 w Điều kiện đủ. Với m  1 . Xét hệ pt  2 (II) 2 x  2 xy  y  1 2 w Giả sử ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ (II). Khi đó  2 5 x02  2 x0 y0  y02  3 5 x0  2 x0 y0  y0  3 2  2  2 m 2 x0  2 x0 y0  y0  1 2 x0  2 x0 y0  y0  2 2  m 1 Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) 5 x 2  2 xy  y 2  3 (II)     x 2  4 xy  4 y 2  0  x  2 y  0  x  2 y 6 x  6 xy  3 y  3 2 2 GV:Lê Đình Tần 13 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” Thay x  2 y vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được 1 2 8 y2  4 y2  y2  1  5 y2  1  y   x 5 5 Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy m  1 .   1   3x 1  2   x  y  Ví dụ 18.Giải hệ phương trình   7 y 1  1   4 2      x y 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 3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7 y .tất nhiên là trước khi chia n cần kiểm tra điều kiện. Lời giải. .v Cách 1 ĐK: x  0, y  0, x  y  0 . re Dễ thấy x  0 hoặc y  0 không thỏa mãn hệ pt. Vậy x  0, y  0  1  1  x y  2  2  2  nt 4 2  1   2 2 1 (1) be  3x  3x 7y  3x 7y Hệ     1  1   4 2  2  2 4 2  1 2 2 1  x  y  tre x  y  3x 7y x  y  7y  3x 7y   1 2 2  1 2 2 1 oi Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được        3x 7 y  7 y  x  y   3x .tu  y  6x 1 8 1     7 y  38 xy  24 x  0   2 2 4 3x 7 y x  y y   x w  7 TH 1. y  6 x thế vào pt (1) ta được w 1 2 11  4 7 22  8 7  1 x   y w 3x 21x 21 7 4 TH 2. y   x không xảy ra do x  0, y  0 . 7  11  4 7 22  8 7  Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất  x; y    ; .  21 7  Cách 2 :Cách này tôi vận dụng “Phức hóa ’’một phương pháp mới Một cách khác có thể sử dụng trong bài này đó là phức hóa. Nó mới xuất hiện gần đây. Đặt x  a  0, y  b  0 . Ta có hệ mới như sau. GV:Lê Đình Tần 14 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”   a 2   a 2    a b 2 3    b 4 2  b 2    a b 2 7 a  bi 2 4 2 PT(1) +iPT(2)  (a  bi)  2 2   i a b 3 7 Đặt z= a + bi phương trình trở thành. 1 2 4 2 z   i  z  a , b  x, y z 3 7 11  4 7 22 8  Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y) =  ;    21 7 7  a  b  m  m  n  2a Chú ý. Hệ phương trình có dạng   . Trong trường hợp n  a  b  n  m  n  2b .v 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. re  a n  bx  m   px  qy Tổng quát ta có hệ sau:   c m n nt be  dy px  qy  x 2 ( y  z ) 2  (3 x 2  x  1) y 2 z 2 tre  Ví dụ 19.Giải hệ phương trình  y 2 ( z  x) 2  (4 y 2  y  1) z 2 x 2  z 2 ( x  y ) 2  (5 z 2  z  1) x 2 y 2 oi  Nhận xét. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho x 2 y 2 z 2 thì ta được hệ mới .tu đơn giản hơn. Lời giải. w y  0 z  0 TH 1. xyz  0 . Nếu x  0 thì hệ  y 2 z 2  0   hoặc   z  t, t    y  t, t   w Tương tự với y  0 và z  0 ta thu được các nghiệm là w (0;0; t ), (0; t ;0), (t ;0;0), t   TH 2. xyz  0 . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho x 2 y 2 z 2 ta được  1 1  2 1 1     3   2 (1)  z y  x x  2  1 1  1 1     4   2 (2) . Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được  x z  y y  2       5  1  1 1 1 (3)  y x  z z2 GV:Lê Đình Tần 15 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1  z  y    x  z    y  x   12  x  y  z  x 2  y 2  z 2       1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 x  y  z  4 (4)            12  0   x y z x y z 1 1 1  x  y  z  3 (5)  2  1 1 1 9 9 Từ (4) và (1) ta có  4    3   2   13  x   x x x x 13 3 9 Tứ (4) và (2) ta có y  . Từ (4) và (3) ta có z  4 11 5 5 Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có x   , y  1, z   . n 6 4 .v Vậy hệ có tập nghiệm là  9 3 9  5 5  S = (t ;0;0); (0; t ;0); (0;0; t );  ; ;  ;   ; 1;   , t    re   13 4 11   6 4  Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy: từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi nt biến số (ở trên là phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với be một hệ phức tạp ta sẽ nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản. 3. Phương pháp đặt ẩn phụ tre * 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 oi 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 .tu đồng nhất … * Mục đích . Tạo ra một hệ phương trình mới đơn giản hơn hay hệ phương trình đã có phương pháp giải như w -Phương pháp thế w -Phương pháp cộng đại số -Hệ phương trình đối xứng loại I,loại II ,hệ đẳng cấp . w …. Chú ý :Khi đặt ẩn phụ cần chú ý đến điều kiện .  x 2  y 2  x  y  18 Ví dụ 20 Giải hệ phương trình   xy ( x  1)( y  1)  72 Nhận xét . Đây là hệ đối xứng loại I Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x  y và tích xy Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo x 2  x và y 2  y . Rõ ràng hướng này tốt hơn. Lời giải. GV:Lê Đình Tần 16 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”  2 1 ( x  x)  ( y  y )  18 2 2  x  x  a , a   4 Hệ   2 . Đặt  ta được ( x  x)( y  y )  72 2  y  y  b, b   2 1  4 a  b  18  a  6, b  12    ab  72  a  12, b  6 a  6  x  x  6  x  2, x  3 2 TH 1.   2  b  12  y  y  12  y  3, y  4  x  3, x  4 TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được  . Vậy tập nghiệm của hệ là  y  2, y   3 S = (2;3); (2; 4); (3;3); (3; 4); (3;2); (4;2); (3; 3); (4; 3) n Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau .v a  b  18 Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản  (I)   re ab 72 1) Thay a  x 2  x, b  y 2  y vào hệ (I) ta được hệ (1)   x 2  y 2  x  y  18    nt đó chính là ví dụ 11 be  xy ( x 1)( y 1) 72 2) Thay a  x 2  xy, b  y 2  xy vào hệ (I) ta được hệ tre  x  y  18 2 2 (2)   xy ( x  y )  72 2 2 oi 3) Thay a  x 2  2 x, b  2 x  y vào hệ (I) ta được hệ .tu  x 2  4 x  y  18 (3)   x( x  2)(2 x  y )  72 w 1 1 4) Thay a  x  , b  y  vào hệ (I) ta được hệ x y w ( x  y ) xy  x  y  18 xy (4)  2 w ( x  1)( y  1)  72 xy 2 5) Thay a  x 2  2 xy, b  y 2  xy vào hệ (I) ta được hệ  x 2  y 2  xy  18 (5)  …  xy ( x  2 y )( y  x )  72 - Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới. a  b  7 - Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II)  2 và làm a  b  21 2 tương tự như trên ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn 6) Thay a  x 2  y 2 , b  xy vào hệ (II) ta được hệ GV:Lê Đình Tần 17 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”  x 2  y 2  xy  7 (6)  4  x  y  x y  21 4 2 2 1 1 7) Thay a  x  , b  y  vào hệ (II) ta được hệ x y  1 1  x  y  x  y  7 (7)   x 2  y 2  1  1  21  x2 y 2 1 x 8) Thay a  x  , b  vào hệ (II) ta được hệ y y  xy  x  1  7 y (8)  n ( xy  1)  x  21 y 2 2 2 .v 1 9) Thay a  x  y, b  vào hệ (II) ta được hệ y re ( x  y ) y  1  9 y (9)  ( x  y  2) y  21 y  1 2 2 2 nt Thay a  x 2  2 x, b  y 2  2 x vào hệ (II) ta được hệ be 10)  x2  y 2  4x  7 (10)  4 ... tre  x  y 4  4 x ( x 2  y 2 )  21 Như vậy, nếu chúng ta biết cách tạo ra bài toán thì chúng ta có thể nghĩ ra oi cách giải của những bài toán khác.   x 2  y 2  xy  4 y 1  Giải hệ phương trình :  .tu Ví dụ 21 y   x y  2 2    x 1 Thi Thử Đại học lần 1 năm 2014 THPT Nguyền Trung Thiên –Hà Tĩnh w Nhận xét : Để ý thấy phương trình thứ nhất của hệ có chứa biến độc lập y ,kiểm tra w x 2 1 với y=0 rồi đưa hệ về chỉ chứa và x+y y w Lời giải. Nhận xét y=0 không thỏa mãn hệ phương trình.   x 2 1   x y  4   y Hệ phương trình tương đương với    y   x y  2 2   x 1 u  v  4  x 2 1  Đặt u  , v  x  y , hệ trở thành :  1 y  v  2   u  u  1 Giải hệ ta có :   v  3  GV:Lê Đình Tần 18 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ”     x 1    x 1  2        y  2    u 1 1 Với    y  v  3    x  2       x y 3       y5  Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x;y)=(1;2), (-2;5)  x( y  3)  9 y  1 Ví dụ 22. Giải hệ phương trình:  ( x  1) y  2 y  1 2 2 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  3 x  1 n Trường hợp 1: Xét y = 0, hệ đã cho trở thành  vô lý  0  1 .v  3 1  x(1  y )  9  y re Trường hợp 2: Xét y ≠ 0, HPT   ( x  1) 2  2   1 Đặt t   , ta có hệ phương trình  2 2 1  y  x  t  3 xt  9 nt y2 be y  x  t  2( x  t )  1 S  x  t 2 tre Đặt  ( S  4 P ) , ta có hệ phương trình;  P  xt  5 S  oi  S  3P  9  S  3P  9 S  3   2  2  hoặc  3 (loại)  S  2 S  2 P  1 3S  4 S  15  0 P  2  P  32 .tu  9 x  1 S  3 x  t  3 x  1 x  2  x  2 w      hoặc    1 hoặc  P  2  xt  2 t  2 t  1  y   2  y  1 w 1 Hệ phương trình có hai nghiệm: (1;  ); (2; 1) w 2   xy  x  2   Ví dụ 23. Giải hệ phương trình:  1 16    1  ( x  1)  ( y  1) 4 4  Nhận xét : Rỏ ràng đây là hệ đối xứng như vậy quan sát phương trình thứ hai để 1 2 biến đổi phương trình thứ nhất về :  1 x 1 y 1 Giải 1 2 Ta sử dụng kết quả : xy  x  2   1 x 1 y 1 Chứng minh: GV:Lê Đình Tần 19 THPT Cao Thắng
CHUYÊN ĐỀ “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” xy  x  2  xy  x  y  1  2( x  1)  ( y  1) 1 2  ( x  1)( y  1)  2( x  1)  ( y  1)   1 x 1 y 1 1 2 Áp dụng đối với bài toán trên ta đặt:  a  0,  b  0 . Hệ trở thành x 1 y 1  a b 1   a  1, b  0( L)   4    a  b  1  a  0, b  1( L) 4  Vậy hệ đã cho vô nghiệm.   x 3 3 y  55  64   Ví dụ 24.Giải hệ phương trình:   x, y      xy  y 2  3 y  3  12  51x   (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 . n Từ hệ phương trình đã cho ta có điều kiện : x  0 khi đó hệ tương đương .v    4  3    3 y  1  52      x   v 3  3u  52(1)  4  re  Đặt u  y  1, v  . hệ phương trình trở thành  3     3 4  y  1  3.  52 x u  3v  52(2)     x Lấy (1)trừ (2) vế theo vế được : nt be v 3  u 3  3u  v v 2  uv  u 2  3  0(3)  1  2 3 Do v 2  uv  u 2  3  v  u   u 2   0, u , v nên (3)  v  u tre  2  4 Thay v  u vào (2) ta được u  4 oi u 3  3u  52  0  u  4u 2  4u  13  0   2 u  4u 13  0(VN )  .tu Vậy u=v=4 .Từ đó suy ra ta hệ có 1 nghiệm duy nhất  x; y  là 1;3   x 3 y  x 2  xy  1 Ví dụ 25.Giải hệ phương trình  w  x  x y  x y  1 4 3 2 2  (kỳ thi chọn học sinh giỏi Tĩnh Hà Tĩnh lớp 12 THPT năm học 2011-2012) w Nhận xét : Đại lượng x3y của phương trình thứ nhất tạo động cơ giúp ta biến đổi w phương trình thứ hai theo hằng đẳng thức . Lời Giải   x 3 y  x  y  x   1(1)   u  x y 3   Hệ trên tương đương với hệ sau  3 Đặt  (3) ta có hệ   x y   x  y  x   1(2) 2  v  x  y  x      u  v  1  u  1  v  u  0 u  3 :        ;   u  v  1  2  v  v  2  0   2 v  1  v  2   x3 y  0 x  1    x  1 + Với u  0 và v  1 ,từ (3) ta được hệ    ;    y  0   x  y  x   1   y  0 + Với u  3 và v  2 , từ (3) ta được hệ GV:Lê Đình Tần 20 THPT Cao Thắng

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.