50 bai tap hệ phương trình

Chú ý phương trình bậc lẻ, hệ số dương luôn là hàm đồng biến... Thay vào phương trình ta thấy không đúng... Giải điều kiện ta có được √.

BÀI TẬP TỔNG HỢP PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1: {

( )( ) ( )

√

√ Phương trình (1)  x2

+ x – 12 = y2 – 7y  x2 + x – (y2 – 7y + 12) = 0

= 4y2

– 28y + 49 = (2y – 7)2 Do đó x = y – 4 hoặc x = 3 – y

Bài 2: {( )√√ ( )√

( )

√( )

.√ /

√.√ /

( )

√ ( )

( )√ √

(Chú ý là x2 + 1 1, √ nên ta chọn f(t) trong miền t )

Thay vào Pt2  x4 + 2x3 + 2x2 + x – 2 = 0  (x2 + x – 1)(x2 + x + 2) = 0

Bài 3: {( ) ( )

√

Pt1  x3 + 3x2y + 3xy2 – 4y3 = x2y + 2xy2  x = y Thay vào Pt2 ta có x2 + 2x + √ = 3 Ta thấy vế trái là hàm đơn điệu (f’(x) > 0) Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

Bài 4: { ( )

Pt1  4x4 + 4x2y2 + y4 – 4x2y2 = 2x2 + 2xy + y2  (2x2 + 2xy + y2)(2x2 – 2xy + y2) = 2x2 + 2xy + y2 Chú ý rằng x và y không đồng thời bằng 0 nên 2x2

+ 2xy + y2 > 0 Do đó 2x2

– 2xy + y2 = 1 Vậy 2x2 + y2 = 2xy + 1  4x4 + 4x2y2 + y4 = 4x2y2 + 4xy + 1 Vậy = 4xy + 1 Thay vào pt2  (xy)7 + 4xy = 5 Chú ý phương trình bậc lẻ, hệ số dương luôn là hàm đồng biến Vậy xy = 1

Do đó ta có hệ: {

Bài 5: {

√

Phương trình 1  y = x2

Thay vào pt2  x2 + 6x – 3 = 4x√ Đặt t = √ ta có x2 + 3(2x – 1) = 4x√ nên

x2 + 3t2 = 4xt

Bài 6: {√ √ √ √

√

Đặt y + 2 = t + 1 hay y = t – 1 Ta có √ √ √ √ Hàm đặc trưng f(t) = √ √ là hàm đồng biến nên x = t hay y = x – 1 Thay vào pt2 ta có:

3x2 + 4x – 3 = 4x√ Đặt √ = t Ta có: 3x2

+ t2 = 4xt

Bài 7: { √ √

( )√

Pt1  x6 + √ = (–y)3 + √ ( ) Hàm đặc trưng f(t) = t3 + √ là hàm đồng biên nên ta có y = –x2

Thay vào pt2

ta có:

3x2 + 2x + 7 = 3(x + 1)√  2(x2 + 3) + (x + 1)2 = 3(x + 1)√ Đặt a = x + 1, b = √ , ta có 2a2 + b2 = 3ab

Bài 8: {

√

Chia 2vế phương trình 1 cho x5 Ta có: x10 + 2x2 = / + 2. / Do đó = x2 hay y = x3 Thay vào pt2 ta có:

x2 + 5x + 7 = 7.√ √ Đặt √ = a, √ = b, ta có 6a2

+ b2 = 7ab

Bài 9: {

( )

Ta có {

6(x

3

– y3) = (8x + 2y)(x2 – 3y2) (Phương trình đồng bậc)

Bài 10: { ( )

√ √

Pt1  xy(x2 + y2) + (x2 + y2) – 2xy – 2 = 0  xy = –1 hoặc x2 + y2 = 2 Ta chú ý rằng điều kiện x 1, 1 nên:

 x2 + y2 = 2 khi và chỉ khi x = 1, y =

 xy = –1, thay y =

vào pt 2 ta có:

√ √ Kết luận: x = 1, y =

Bài 11: { ( )

Pt1  (y – 1)(y – 3) = x2(y – 1) Do đó y = 1 hoặc y = x2 + 3

Với trường hợp y = x2 + 3, ta có x4 + 3x2 + 14x = 4x3 + 12x + 1  x4 – 4x3 + 3x2 + 2x – 1 = 0

Xét f’(x) = 4x3

– 12x2 + 6x + 2, f”(x) = 12x2 – 24x, f(3)(x) = 24x – 24 Vậy f’(x) và f(3)(x) có nghiệm chung x = 1 Ta đặt x =

X + 1

Vậy (X + 1)4 – 4(X + 1)3 + 3(X + 1)2 + 2(X + 1) – 1 = 0  X4 – 3X2 + 1 = 0 Tìm ra X rồi tìm ra x

Bài 12: {

√ √

Từ pt1 ta chia 2 vế cho y3, ta chứng minh được x = y2 Thay vào phương trình 2  x2 – x + 1 = √ √

(√ ) (√ ) ( )( ) ( )

√

√

( ) (

√ √ ) ( ) (, - [

√ ] [ √ ])

( ) ( √

√

√

√ )

( ) ( ( )

(√ )(√ )

√ (√ ))

( )( ) (

(√ )(√ ) √ (√ ))

Kỹ thuật này ta gọi là kỹ thuật trục căn thức 2 lần Bài 13: { √ / √ /

√ √

√ > √ |x| + x Do đó: Phương trình 1  √ = √( ) ( )  y = .Thay vào pt2 ta có: x2 + 5 = 4√ √

Làm tương tự bài 12, ta có: (x + 1)(x – 2)(1 + (√ )(√ ) + (√ )(√ )) = 0

Bài 14: 3x2 – 5.√

 (x + 1)3 + 5(x + 1) = (x3 + 1) + 5.√ H m ặ rư g ( ) 3 5 √

Bài 15: √ √ √

Đặt a = √ , b = √ Ta có a + 2b = √5

Bài 16: ( )√ √ ( √ )

Ta có hàm đặc trưng f(t) = ( )√ Do đó f(x) = f(√ ) khi x = √  vô nghiệm Bài 17: x 3 + √ = (x + 1)√ √

Ta có hàm đặc trưng f(x) = x3 + √ nên f(x) = f(√ ) khi x = √

Bài 18: ( )√ + √ √ √

 √ (x + 2 + √ 5) √ (√ √ )

Với x + 2 + √ 5 = √ √ ta có f(t) = t + √ và f(x + 2) = f(√ )

Bài 19: { √ / √ /

√

Phương trình (1) làm giống bài 13  x = 2y Do đó 3x2 + 5x + 2 = √  (x + 1)3 + 2(x + 1) = (x3 + 1) + √

Hàm đặc trưng f(t) = t3 + 2t Trong đó f(x + 1) = f(√ )

Bài 20: { √

√ √

Pt1  √  √ √ Đặt a = √ , b = √ ta có a2

+ 2ab – 3b2 =

0 nên a = b (Do a, b là các số không âm) Vậy y = x2 + 2 Thay vào pt2 ta có:

√ √ ( ) √ √ ( )

√ (√ ) ( )

g m

Bài 21: {√ √

Phương trình 1  √ √ √ √ ặ √

Bài 22: { √ √

Pt1  (x + y)2 – 2xy + √ √ (x + y)2 – 1 – (x + y) + √ √

Đặt x + y = t, ta có t2 – 2t + √ √ Xét f(t) = t2 – 2t + √ √ ta có: ( ) ( )

√ √ ư g r ( ) g m

{

Bài 23: {√ √ √

√

Chia 2 vế pt1 cho √ và đặt t = ta có √ √ √

x3 + 3x2 + 3x – 5 = √  (x + 1)3 + (x + 1) = (x + 7) + √ Hàm đặc trưng f(t) = t3 + t là hàm đồng biến Do đó f(x + 1) = f(√ ) khi x + 1 = √

Tổng quát: f(x) = α√g( ) với α > 0 và n lẻ thì ta tách phương trình đó dưới dạng β.[h(x)]n + α[h(x)] = β.g(x) + α√g( ) với hàm đặc trưng là f(t) = tn + αt ( ( ) {

m * g( ) g(g)+

r m * g( ) g(g)+

( ) ( ) m * g( ) g(g)+

) và Pk(x) = akxk + ak-1xk-1 + … + a1x + ao Bài 24: { ( ) ( )

( )

( ) ( ) √

Pt1  x7 + x5y2 + xy6 = y14 + y12 + y8 Chia 2 vế cho y7 ta có: ( ) ( ) H m ặ rư g ( ) m g ( ) ( ) ( )

Thay vào pt 2 ta có: x3 + 9x2 + 27x + 27 = 2√ do đó (x + 3)3 + 2(x + 3) = (2x + 6) + 2√ Hàm đặc trưng f(t) = t3 + t là hàm đồng biến nên f(x + 3) = f(√ ) hay x + 3 = √

Bài 25: {√ ( √ )

√

Đặt t = √ ược: {( )

( ) *

Bài 26: {.√ / √ /

√

√ > √ |x| + x Do đó: Phương trình 1  √ = √( ) ( )  y = Thày vào pt 2  2x2 – 11x + 21 = √ Đặt t = √ Ta có (t – 2)2(t4 + 4t3 + 12t2 + 18t + 24) = 0 Mặt khác t4 + 4t3 + 12t2 + 18t + 24 = (t2 + 2t)2 + (8t2 + 18t + 24) > 0 với mọi t Do đó phương trình có nghiệm duy nhất là t = 2  x = 3 và y = Bài 27: { √ ( √ ) ( √ )

( )√

Chia 2 vế phương trình số 2 cho x3 ta được: ( ) ( ) (√ ) (√ ) ( ) √

Thay vào phương trình số 1 ta được: 5 √ Đặ

5 √

Chuyển (t + 1) sang 1 vế rồi bình phươg  (t 2)(8t3 + 312t2 + 468t + 52) = 0 có nghiệm duy nhất t= 2 vì t > 0 Bài 28: {

 x2 + = 2  x3 + + = x + Đặt = t, ta có hệ: {

 2(x 3 + xt2 + t3) = (x2 + t2)(x + 2t)  x = 0 hoặc x = t Bài 29: {( ) ( )( )

√

Phương trình (1)  (x + y – 4)(x2 + y2 + 4x + 4y) = 0  x + y = 4 vì (x + y) > 0 Bài 30: { ( )

√ √

Pt1  8(x + y) = (x + y)(x + 2y)  x = -y hoặc x + 2y = 8

Với x +2y = 8  √ √ 2(8-2y)2

– y2 + 5 Ta có 2y 6 và y 3 nên y = 3 Thay vào phương trình ta thấy không đúng

Với x = -y  √ √ 5

 y2 + 5 – 4√ √ = 0

 (y + 1)(y – 2)(1 + (√ )(√ ) + (√ )(√ )) = 0 Do đó y = hoặc y = 2 Bài 31: { √ √

√ √

Đặt √ = a, √5 = b, √ = c Ta có hệ: {

Bài 32: {( ) ( )√

( )√

Pt2 √ =

 ( ) ( )

5 + . / = 0

 (x + 1)2 (2 + x)2 + 3(x 1)(5 7x)(2 + x) + (5 7x)2 = 0  (x2 8x 1)(x2 7x + 1) = 0 Bài 33: { ( )( )( )

Pt1  2x3 – 2x = (y2 + 1)3 + 4(y2 + 1) Đặt y2 + 1= t Ta có hệ: {

 6(2x 3 + t3) = (2x + 4t)(2x2 + t2)  6x3 +3t3 = 2x3 + 4x2t + xt2 + 2t3  x = t, t = 2x, t = 2x Bài 34: { ( )

√ √

Phương trình (1)  x3 + 3x = (y + 2)3 + 3.(y + 2)  y = x – 2 Thay vào phương trình 2  x3 + x2 – 4x – 1 = √ √

( )( ) (

( √ )(√ ) ( √ )( √ )) ặ

Bài 35: { √ √

√

Phương trình (1)  4(2x – 1)√ √ = 4(y + 1)3 + (y + 1) Do đó y + 1 = √ (y )  x =

Thay vào phương trình (2)  y(y + 1)(y + 2)(y + 3) = 0 Bài 36: { ( ) ( )√

√

√ = t Phương trình (1) trở thành x3 – 3xt2 + 2t3 = 0 Do đó x = t = √ hoặc x = √

 Với x √ ta có x và phương trình (2) trở thành: x2 + 16x + 8√ = 60 Ta dễ dàng thấy f’(x) > 0

Do đó f(x) f(0) = 8√ < 60

 Với x = √ ta có x2 + 4x + 2√ = 16 Ta dễ dàng thấy f’(x) > 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 2

Bài 37: {

√

Phương trình (1)  x = y Do đó ta có √ = 4x2 – 3x – 4.Chia 2 vế cho x, ta có: √ — /

Bài 38: { √ √ √

Hệ tương đương với: { √( ) √( ) √

( ) ( )

Bài 39: √ √

( ) ( 5

(√ ) (√ ) √5 ) √5 5 5

Bài 40: x[3x + 7 – 2√ ] = 4√ – 4

Đặt t = √ Ta được phương trình t2 – 2(x + 2)t + 6x + 3 = 0  (t – 3)(t – 2x – 1) = 0 Bài 41: {

√

Pt (1)  x6 + 2x2 = (y + 3)3 + 2(y + 3) Do đó y + 3 = x2 Thay vào (2) ta có x2 – x – 3 = √  /

.√ /

Bài 42: { √

√ √ √

Đặt √ = t Ta có Pt1  (2x2 + t2)2 = 3xt2(x + t) Do đó 2x = t hay y = 4x2 (x > 0) Thay vào pt2 ta có: √

√ 5

√ / (√ ) ( ) (

√ √ )

Bài 43: {

√ √

Phương trình 1  (x2

+ 1)(x2 – y) = 0 Do đó y = x2 Thay vào pt2  x√ √  √ (4 – x) = 2x Giải điều kiện ta có được √ Ta bình phương 2 vế được: (2x2

– 4)(x2 – 8x + 16) = 4x2  (x – 2)2(x2 – 4x – 8) =

0 Do đó x = 2

Bài 44: √( )

Đặt y = √ Ta có x3 – 3xy2 + 2y3  (x – y)2(x + 2y)

Bài 45: { √ √ ( )

( )( )

Pt 2  x2 + (3y + 3)x + 2y2 + 2y – 4 = 0 Dùng biệt thức  x + y = 1 hoặc x + 2y + 4 = 0 (Loại vì không thỏa mãn điều kiện) Thay vào pt1  √ √ ( ) Sử dụng trục căn thức 2 lần giống như Bài 34 với x =

và x = Bài 46: { ( ) ( )

√ √

Pt1  (x – y)(x + 2) = 0 Tuy nhiên vì điều kiện cho ta x > 0 nên x = y Thay vào phương trình (2) ta có: 4x2 + 3x + 3 = 4x√ √ ( √ ) (√ )

Bài 47: {

( )

Phương trình 2  (x2 y + 2x)2 – 2(x2y + 2x) + 1 = 0  x2y + 2x = 1 Do đó y =

Thay vào pt1 ta có:

Đặ {

Bài 48: 4x 2 + 11x +8 = (x + 2)√

 8x2 + 22x + 16 – 2(x + 2)√ = 0

 (x2 + 4x + 4) – 2(x + 2)√ + (2x2 + 8x + 7) + (5x2 + 10x + 5) = 0  [x + 2 + √ ]2

+ 5(x + 1)2 = 0 khi và chỉ khi x = –1 Bài 49: {( )( ) ( )

√ √

Phương trình (1)  x3 – 3x2 +3x – 1 = y3 + 3y2 + 3y + 1  (x – 1)3 = (y + 1)3  y = x – 2, thay vào pt2 ta có: √ √ Sử dụng trục căn thức 2 lần với các nghiệm x = –1, x = 2 giống Bài 34 Bài 50: √ √ √

 √5 √ 5√ ư g 5√( )( )( 5)

 2(x2 – 2x – 8) + 3(x + 5) = 5√( )( 5) Đặt √( ) √( 5) Ta có 2a2

+ 3b2 = 5ab