Một số hệ phương trình cơ bản

Phương pháp biến đổi tương đương: B1:Đặt điều kiện cho các biểu thức có nghĩa B2:Sử dụng các phép thế nhận được từ hệ một phương trình theo ẩn x hoặc y đôi khi có thể là theo cả hai ẩn x

b)Chứng minh rằng hệ có nghiệm với mọi k.

Bài 4 : Giải và biện luận hpt theo a:

2 2



6)

2 2 2

 ( trong đó m là tham số)

1/ Giải hệ phương trình với m = 0

2/ Với m nào thì hệ phương trình có nghiệm

Bài 7: Cho hệ phương trình ẩn x và ẩn y sau:

 với k là tham số

1/ Giải hệ phương trình với k = 1

2/ chứng tỏ rằng hệ phương trình có nghiệm với mọi k

Bài 8: Giải và biện luận theo a hệ phương trình sau:



Bài 10: Giải hệ phương trình:

x xy y

 − + = −

+ + =

Đối với hệ phương trình vô tỉ ta còn có một số cách đặt trưng như sau:

a Phương pháp biến đổi tương đương:

B1:Đặt điều kiện cho các biểu thức có nghĩa

B2:Sử dụng các phép thế nhận được từ hệ một phương trình theo ẩn x hoặc y (đôi

khi có thể là theo cả hai ẩn x, y)

B3: Giải phương trình nhận được bằng các phương pháp đã biết đối với phướng

trình chứa căn thức

B4:Kết luận

)1(3

3

y x y x

y x y x

y x

Vậy, hệ có nghiệm duy nhất x=y=4

Nhận xét: Với ý tưởng tạo ra 1 phương trình hệ quả từ hệ và liên tục sử dụng phép thế tatìm được nghiệm của hệ ban đầu

VD3 : Giải hệ phương trình:

1 78

1 2

2

2

4 9 4

13 36 0

4

x y u

=+

+

4

2822 2

y x

xy y

+

=+

+

164

164

2

xy y

x

xy y

+

=+

y x y x

++

=+

⇔

4

22

y x

xy y

x y x

y x

y x

⇔ x = y = 4Vậy hệ có nghiệm là (4;4)

4 23

11 11

m x

x x

x

x x

≤



Vậy, với m=49 hệ có nghiệm x=y=11

b Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

Phương pháp được sử dụng nhiều nhất để giải các hệ chứa căn thức là việc sử dụngcác ẩn phụ Tuỳ theo dạng của hệ mà lựa chọn phép đặt ẩn thích hợp.

B1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.

B2: Lựa chọn đặt ẩn để biến đổi hệ ban đầu về các hệ đại số đã biết cách giải

(hệ đối xứng loại I, II và hệ đẵng cấp bậc 2)

B3: Giải hệ B4: Kết luận

x y

44

4

x y S

Chú ý: Nhiều hệ ở dạng ban đầu chưa thấy sự xuất hiện ẩn phụ, trong trường hợp này ta cần

sử dụng một vài phép biến đổi phù hợp

VD2: Giải hệ phương trình:

2 2

4128

00

u v uv

u v uv

80

x y

x y v

Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (8,8) (8,-8)

Chú ý: Khi đặt điều kiện để các biểu thức của phương rình, bất phương trình và hẽ có nghĩa

là ta suy ra được cho ẩn từ đó có thể dẫn tới việc lựa chọn ẩn phụ bằng phương pháp lượnggiác hóa mà chúng ta đã biết

VD3: Giải hệ phương trình:

2 2

sin cos 1sin cos 1 sin cos 1

0sin cos 1 sin( ) 0

=+

35

30

y y x x

x y y x

x u

=+

35

30)(3

3 v u

v u uv

Đặt S=u+v ,P=uv ta có:

30

3 PS S

Vậy u, v là nghiệm không âm của phương trình:

2

v

u v

4

y

x y

+

=+

6

)(

3)(23 3

3 2

3 2

y x

xy y x y

+

=+

6

)(3)(

2 3 3

v u

v u uv v

+

=

−++

⇔

6

)(3]3))[(

(

v u

v u uv uv v

u v u







=+

2

v u

uv uv







=+

2

v

u v

43

3

y

x y

x

Vậy hệ có 2 nghiệm là ( 8; 64 ),( 64 ; 8 ) VD6: Giải và biện luận hệ:

22

+

=+ và

1 1

v m

= +

Vì điều kiện ,u v>0 nên ta có :

2 0

1

0 1

2

2

2 3 2

Với m= ⇒1 D u =D v =0, hệ có vô số nghiệm thoả x + + 1 y = 2

Với m = − ⇒ 1 Du = ≠ 2 0, hệ vô nghiệm

c.Phương pháp sử dụng hàm số:

1 Phương pháp:

B1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.

B 2: từ hệ ban đầu chúng ta xáx định được một phương trình hẽ quả theo 1 ẩn hoặc 2

ẩn, giải phương trình này bằng phương pháp hàm số đã biết

B1: Bằng các phép biến đổi tương đương, hoặc bằng phép đặt ẩn phụ, ta biến đổi hệ

ban đầu về dạng đa thức, giả sử có hệ: ( , , ) 0

B2: Xét các đường ( ) : ( , , ) 0C1 f x y m = và ( ) : ( , , ) 0C2 g x y m = trên cùng một hệtrục toạ độ, từ đó xác định phần đường cong X1 và X2 thỏa mãn ( ) : ( , , ) 0C1 f x y m =

Phương pháp điều kiện cần và đủ thường tỏ ra khá hiệu qua cho lớp dạng toán:

Tìm điều kiện tham số để:

Dạng 1: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Dạng 2: Hệ phương trình có nghiệm với mọi giá trị của tham số.

Dạng 3: Hệ phương trình nghiệm đúng với mọi x D∈ .

Dạng 4: Hệ phương trình tương đương với một phương trình hoặc một bất phương trình

khác.

Khi đó ta thực hiện theo các bước sau:

B 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ phương trònh có nghĩa.

B 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ.

B 3: KIểm tra điều kiện đủ, trong bước này cần có được một số kĩ năng cơ bản.

Hướng dẫn giải:

Điều kiện cần:

Giả sử hệ có nghiệm ( , )x y0 0 ⇒(y0−2,x0+2) cũng là nghiệm của hệ phương trình Vậy hệ

có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x0 = y0−2

VD3: Xác định các giá trị của m để hệ sau có nghiệm:

2 2

(I) sin cos sin( ) 3 3 1 1

0 3



Hướng dẫn giải:

Điều kiện:

2 2

0

30

VD3: Giải hệ:

2 2

2(1)2(2)

)2(12

)1(3

3

y x y

x

y x y

y x

(1)⇔ ( x + y )6 = ( 3 x+y)6

⇔(x+y)3 =(x+ y)2 ⇔(x+y)2(x+ y−1) =0⇔ x x+=−y y=1

Thay x=-y vào phương trình (2),ta được : y = -2⇒ x = 2.

= +

35

30

y y x x

x y y x

x u

=+

35

30)

(3

3 v u

v u uv

Đặt S=u+v ,P=uv ta có:

Tính S ,P rồi suy ra u,v.Tính x,y theo u,v ( so sánh với đk)

+

=+

6

)(

3)(

2

3 3

3 2

3 2

y x

xy y

x y

+

=+

6

)(3)(

v

u

v u uv v

u

Tính u,v rồi tính x,y theo u,v vứa tìm được

Hệ có 2 nghiệm ( 8; 64 ),( 64 ; 8 )

+

=++

=++

418

62 2 2

z y x

z y x

z y x

=++

4

96

xyz

zx yz xy

z y

=

−

−+

144)

)(

2 2 2

2

y x y x

y y x y

x

y x

Bình phương hai vế của pt (1)⇒…

−

=+

−+

0

123

y x y x

y x y x

≥+

023

0

y x

y x

−

=

−

052

12

2 u v u

x y

x dk

+++

=+++++

−+

=+++++

⇔

35

55

5

1355

.35

5

1355

y y

x x

y y x

x y

y x x

y y x

x

Đặt

)5,(5

=

++

=

v u y y v

x x u

5

311

13

v u

v u

24713

23

24713

23

24713

23

24713

.36513

v

u

v

u uv

v u

Hệ đã cho vô nghiệm vì 2 5

3

24713

=++++

71312

722

y x

y x y x

;31

;21

y x y

y x x

.Hệ

=+++

+++

=++++

=++++

+++

=++++

++

⇔

13.1222

131222

72249

)13)(

12(2232

.49)22)(

(2232

y x

y x y x

x x

y x y x

y x y x y

x y

x

y x y x y

+

=+

=++++

+

=+

=++++

⇔

1222

13

722

1322

12

722

y y

x

y y

x

y x y x

y y

x

x y

x

y x y x

+

=

54

743121

7221

y x

x y

x y

y x y x x y

=

37

73413

12

y x

y y

y x

−

=+++

212

22

1

y x

y x

(1)Giải:

−+

=

−++

⇔

0)22

()11

(

22

1

x y

y x

y x

Ta thấy (x;y)=(-1;-1) và (x;y)=(2;2) không là nghiệm

−

−+

+++

−

=

−++

⇔

02

11

22

1

x y

x

y x y

x

y x

y x

=

⇔

2

1512

151

2

1512

151

027

4)2)(

1(23

22

1

2

y

x y

x

x x

y x

x x

y x

y x

y x

Hai nghiệm trên đếi khơng thỏa điều kiện

Vậy hệ đã cho vơ nghiệm

=+

12

1

24

y x

y x

(1)Giải:

điều kiện :x≥0,y≥0

x y

x y

1(2121

10

x x

x y

x

phương trình cuối

4 4

4

2

1)1(2

−

x=1 là nghiệm của phương trình trên

0≤ x<1 thì vế trái của (2’) lớn hơn 0

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (1;0)

115

35

5

4

y x

y x

=

0,5

0,514

4

v y v

u x u

=+

165

15115

16511

22

114

34

x y

x v

u v

u v

u

v u

3

y

x y

=

−

+++

−

.12

212

22

12

y

x

x

y y

y

x

112

20

2

12

k x

y k

−

y

x y

x

−

7

512

32

y

x y

x

y x

.Vậy hệ đã cho có nghiệm ( 5 ; 7 )

Bài 13: Giải hệ phương trình:

−+

−

=++

++++

1992

199119921

11

1992

199319921

11

1992 2

1

1992 2

1

x x

x

x x

1)(

1

11()1

1(1992

1993

1992 1

1992 1

2 1992 1

x x

x x

x x

+++

=+

++++++

≤+

+++

=

Vậy x1 +x2 + +x1992 ≥1

Tương tự: 19922

2 1992

1 1 )1

(1992

1

1

1

.1

1

.1

.1

)]

(1992[1992

1992 1

1992 1

1 1

1992 1

1992 1

1992 1

=++

=++

⇒

≤++

++

−

≤

x x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

n n

Bài 14:

2.19971996

.19971998

.1997

)1

1()1

1(

)1

1

;1

1(

.21997

.2

.1997, ,2

,

1

)1

;1(

.1997

199619971

11

1997

199819971

11

1

1997 1

2 1997 1

1997

1

1997 1

1997 1

1

1997 3

2 1

=

−++

−++

+++

=

⇒

−++

−+

+++

−+

−

=+

+++++++

a

x x

x x

a

x x

x x

a

x x

x

x x

x x

i i

i i

i

chứng tỏ các véctơ có

1997

19981

11

−+

=

−+

−

4

22

11

2

2 y

x

y x x

y y

x

Đặt :→u (x;y), ( −1; −1).

→

x y

1.1

.22

11

−+

−

=

−+

=

−+

−+

x v

u

y x x

y y x v

u

Từ kết quả trên hệ đã cho có dạng:

11

.112

1),cos(

.2

y

ky x

kx y

v k u

u

v u v

u v u u

Do x≥1,y≥1 nên bình phương hai vế, ta được:

0))(

2 3 2

3 −y = x −x ⇔ y−x x +xy+ y −x−y =

y

Dox2 +xy+y2 −x− y>0 nên y-x=0

Từ phương trình (2) của hệ ,ta có : +2x2 =4⇔ x=± 2

Do x > 0 nên nghiệm của hệ : x = y = 2

21

12

1

x y y

x y x

.Đặt { −1−x =a≥0; 2y−x =b≥0; 1−2y =c≥0

Hệ có dạng:



=+

b a

=

−+

−

53

2

33

10

3

y x y x

y x y x

1010

2

3 3

y x v y

x v

y x u

y x u

2 3 2

x x v u

v u

−

=

⇒

=+

=+

103

v x

y= − = −

(2) Thay x,y vào phương trình thứ hai của hệ: 5u3 −12v2 +7v=35(3)

Với v=3-u,thay vào phương trình (3): 5u3 −12u2 +65u−122=0⇔u=2⇒v=1

Vậy nghiệm của hệ : (1;2)

Bài 18:

−+

−

=+++++

.80

53

15

31

2

2 y x y

x

y y

y x

x x

b y

a x

3

3

; Thay vào phương trình (1) của hệ ,ta được:

22

2

Do đó dễ dàng nhận thấy a=b⇒x+3= y−3⇔ y= x+6

Thay vào phương trình thứ hai của hệ,ta được phương trình bậc hai theo x

2

5552

15570

197

2 + − = ⇔ = − + ⇒ = +

y x

x x

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

;2

557

.Bài 19:Giải hệ:

y x y x

y x y x

Giải: Đặt x-y = a ; x+y = b

y x

.Ta được hệ:

68

4

40

)2164(

)2164()

2164(

4 9

4

6 9 2

3

2 3

y

x y

x

y x

a a

a

a

b a a

b

b a

Bài 20:

.4121

.21

xy yz

x

xy z

Giải :Ta co

4

11

1

2 xy =z2 + ≥ ⇒ xy≥

.Mà 1−4xy tồn tại khi và chỉ khi :

4

10

41

41

012

1.21

4121

2141

2 2

2

2

xy

xy x z

xy yz

x

xy z

=

4110

01

1141

41

012

1.21

4121

.21

41

2 2

2 2

2

2

y x z x

z

xy

xy x z

xy yz

x

xy z

xy

Nghiệm của hệ:

)0

;4

1

;1(),0

−

=

−

−+

b x y y x

a y x xy

)1()1

(

)1)(

1(

.Giải : Đặt u = xy ≥0;v= (1−x)(1−y).

.)(1

2 x y xy

u = − + +

⇒

Bình phương phương trình thứ hai của hệ:(u−v)2 =1−b2.

Do đó ,ta có hệ:

2

2 1)

a v u

=+

=

2 2

2

2 2

2 2

2

12

11

21

2121

b a

b a

y x

b a

xy b

a v

b a

u

Do đó x,y là nghiệm của pt:

1)

11(

2 2 2

−+

=++

)2.(

55

)1(33

2 2

2

x x y

y x

.Tacó: x2 +3≥ 3; y ≥0⇒ x2 +3+ y ≥ 3

Thay vào (2),ta thấy thoả

Vậy nghiệm của hệ là : (0;0)

−

=

−++

=

−+

−+

)

221()

(1

1

)21(2

3

2 2

4 2 2

4 2 2

2 4 2

xy x

x x y

x

y x x

y x y x

Hệ đã cho 

=

−+

221

)(1

)1.(

2)

1(4

2 3 4 2 6 2

4 2 4 2 2

y x x x x y

x

x x y y x

Cộng (1) và (2) theo từng vế ,ta được :

)3.(

1)(

)(1)1(4

12

)(1)1

(

4

2 2 3 2 2

2

4 2 3 6 2 2

2

+

−+

−+

−

=

−+

−

−

−

y x y x y

x

y y x x y x y

−+

−+

≤

−

−

21)(

)(1

2)1(4

2 2 3 2

2 2

y x y x

y x

Nên (3) xảy ra

10

1

11)(

1)(1

.2)1(4

2 3

2

2 2 3

2

2 2

−

=

−+

y x

y x y

x

y x

y x

+

−

=+

.121

121

2 2

2 2

x x y

y y

x

y x y

x y

x y

x

y x y

x

y x y x y

x

y x y

x

y x y x

y x y x

y x

x x y y

y x

−+

−

++++

+

−

⇔

=+

−+

−+

−

−+

+++

−

−

−++

−+

⇔

−

−

−+

−

=+

−+

01

1

121

21)

(

0))(

(11

2121

))(

(

01

121

21

11

2121

2 2

2 2

2 2 2

2

2 2

2 2

Vậy hệ đã cho tương đương với:

=

)1.(

).2)(2(1

25

21

4

41

15

21)

1

(

2

2 2

−

−

=++

−

⇔

−+

−

−

=

−+

x

x x

x x

x x

.20

521

11

)2(11

1)2(

−+++

−

=

−+

−

2)1)(

1

(

11

y x

x y y x

.ĐK:−1≤x;y ≤1.

Đặt x = cost ; y = cosz với 0≤t;z≤1.

Hệ đã cho trở thành:







=+

−

=+

−

=+

2)cos1)(

cos1(

1)sin(

2)cos1)(

cos

1

(

1sin.cossin

cos

z t

z t z

t

t z z

−

=+

⇔

2cos.sinsincos1

2

t t t t

2cos

1cos

sin

2

w t

t = −

Thay vào phương trình thứ hai của hệ , giải ra ta được : w=1(loại nghiệm w=-3)

Kết hợp với điều kiện:t+z=π2 ∧0≤t≤π ⇒t =π2;z=0

.Vậy nghiệm là (0;1)

−

−

−

=+

−

−

−

)2.(

1

)1.(

1

2 2

2 2

2 2

2 2

b y x

y x x

y

a y x

y x y

x

.Đk: 1−x2 +y2 >0

Cộng (1),(2) và trừ (1),(2) theo từng vế,ta được:

−

=

−+

−

++

−

=+

−+

)4).(

(1

)1

)(

(

)3).(

(1

)1

)(

(

2 2 2

2

2 2 2

2

b a y x y

x y

x

b a y x y

x y

x

(3).(4):

)5.(

))(

1()1

)(

(

2 2 2

2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2

b a y

x

b a y x b

a y x y

x y

−

=+

=

+

−

−+

.1

.1

1

1)(1

1)(

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

b a

b a a b y

b a

b a b a x

b a

b a b a y

x

b a

b a b

a y

−

=

−++

.752

)1.(

725

y x

y x

Từ hệ suy ra x+5+ y−2 = x−2+ y+5⇒(x+5)(y−2)=(x−2)(y+5)⇒ x= y.Thay vào (1): x+5+ x−2 =7

Đặt a= x+5;b= x−2.

Ta có hệ:

.114

1

77

72

x a

b a

b a b

−

=+

.111

13 3

3 3

y x

y x

Từ hệ trên

1)

1)(

1(

)11

(1)(

1(3)(

31

3 3 3

−

−

−

=+

⇔

−+

−

=+

⇒

x y y

x xy

y x

y x y

x xy y

x y x

.Thay vào pt(1):

.1

01

13

3

y

x x

)2.(

1

)1.(

3

xyz

x

z z

y y

x

Từ (1)suy ra :x,y ,z cùng dấu và từ (2) suy ra x,y,z > 0

Bất đẳng thức Cô si cho ba số dương ,ta có:

≥++

x

z z

y y

x x

z z

y y

1

)

2.(

1

)

1.(

1

x z

z y

y x

Từ (1) ⇒x=1+ y >0, tương tự y > 0; z > 0.Vai trò x,y,z bình đẳng như nhau ,

Do đó giả sử x≥ y≥z>0.(4).

Từ (3) ⇒z=1+ x

Ta có z=1+ x ≥1+ y =x

Vậy z≥x.(5).Từ (4),(5),ta có: x = y = z

510

526

;4

526

;4

526

( ) ( )

2 2

4

55

644

2

243

uv uv

u

x u

v

+ =

+ =

Ta sẽ đưa phương trình sau về hệ ẩn u, v, rồi giải hệ suy x

Khi đó ta có hệ sau :

u v

Đặt u= x ; v=3- x , khi đó đưa phương trình đã cho về hệ sau :

<=> 2 2

317

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1=4 hoặc x2=1

Đây là 2 ví dụ về pp giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình

)1(3

3

y x y

x

y x y

⇔+

=+

⇔

10

)1(

)()()

y x

y x y

x y x y

x y x

.Thay x=-y vào phương trình (2),ta được : y = -2⇒ x = 2

=+

35

30

y y

x

x

x y

x u

=+

35

30)(3

3 v u

v u uv

Đặt S=u+v ,P=uv ta có:

30

3 PS S

Vậy u,v là các nghiệm không âm của pt:

2

v

u v

u

từ đó hệ có 2 nghiệm

4

y

x y

+

=+

6

)(

3)

6

)(3)(

2 3 3

v

u

v u uv v

+

=

−++

⇔

6

)(3]3))[(

u v u







=+







=+

2

v

u v

43

3

y

x y

+

115

35

=

0,5

0,51

4

4

v y v

u x u

15115

16511

22

114

3

4

x y

x v

u v

u v

u

v

u

y

x y

+

=

−+

−

53

2

33

10

3

y x y

x

y x y

x

1010

2

3 3

y x v y

x v

y x u

y x u

.3

2 3 2

x x v

2 3

2 u v v

x

y = − = −

(2) Thay x,y vào phương trình thứ hai của hệ:

)3(35712

5u3− v2 + v= Với v=3-u,thay vào phương trình (3):

.12

012265

−

=

−++

=

−+

−+

)

221()

(11

)21(2

3

2 2

4 2 2

4 2 2

2 4 2

xy x

x x y

x

y x x

y x y x

Hệ đã cho

=

−+

221

)(1

)1.(

2)

1(4

2 3 4 2 6 2

4 2 4 2 2

y x x x x y

x

x x y y x

Cộng (1) và (2) theo từng vế ,ta được :

)3.(

1)(

)(1)1(4

12

)(1)1(4

2 2 3 2 2

2

4 2 3 6 2 2

2

+

−+

−+

−

=

−+

−

−

−

y x y x y

x

y y x x y x y

−+

−+

≤

−

−

21)(

)(1

2)1(4

2 2 3 2

2 2

y x y x

y x

Nên (3) xảy ra

10

1

11)(

1)(

1

.2)1(4

2 3

2

2 2 3

2

2 2

−

=

−+

y x

y x y

x

y x

y x

Bài 40: Định M để các hệ phương trình sau cĩ nghiệm:

c) Biến đổi tương đương: KQ: ( )4; 4

Bài 42:Giải hệ phương trình:

HD: Đặt điều kiện để căn có nghĩa:

a) Chuyển vế rồi bình phương KQ: (0 ; 0); (2 ; 2)

b) Bình phương 2 vế của cả hai phương trinh KQ (8 ; 8)

c) Công 2 vế phương trình (1) và (2) KQ (4 ; 4)

d) Bình phương 2 vế của cả hai phương trinh KQ (4 ; 5); (7 ; 3)

Bài 43:Giải hệ phương trình: 2 2 2

Giải hệ vừa tìm đươc: (1;1; 4 ; 1; 4;1 ; 4;1;1) ( ) ( )

Bài 44:Giải hệ phương trình: 1 7 4 (1)



HD: Đặt điều kiên cho căn có nghĩa: 1− ≤ ≤x 7; 1− ≤ ≤y 7

Hai phương trình bằng nhau nên: x+ −1 7−x = y+ −1 7−y (1)

Để hàm số f(x)= x+ −1 7−x đồng biến trên đoạn [−1;7] nên từ (1) suy ra x =

y.Vậy hệ phương trình

trở thành x+ +1 7−x =4

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: x+ +1 7−x ≤4

Dấu bằng xảy ra khi: x + 1 = 7 – x hay x = 3

Vậy nghiệm của hệ là: (3 ; 3)

Bài 45:Giải hệ phương trình:

4 4



HD: Để căn thức có nghĩa thì x≥1; y 1≥ Khi đó x+4 y− ≥1 1 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1

Thử lại ta thấy x = y = 1 là nghiệm của hệ đã cho

Vậy nghiệm của hệ là: (1 ; 1)

Bài 46:Giải hệ phương trình: 2

x y

2 )

2

2 4

0 m

m 2y

1x

4 y 2x

x

x y

2 )

2 4 (

2 4

0 m

x y

2 )

8 5

2 4

0 m

2 25 ) (

2 4

0 m

m x

x x

f

x y





= +

−

=

0 11 16

2 5

2x - 4

y

x x

1 x

2x - 4 y

&

5

11 x

2 y

&

1 x

ể giải bài toán về hệ chứa dấu giá trị tuyệt đối có rất nhiều phương pháp và những phương pháp mà chúng tôi đưa ra chỉ là một số phương pháp đặt trưng

Đ

Thông thường khi gặp dạng toán này chúng ta có thể đặt điều kiện cho hệ có nghĩa( nếu cần), sau đó ta lựa chọn phương pháp giải phù hợp và tối ưu nhất.

.Phương pháp biến đối tương đương.

Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.

Bước 2: Sử dụng các phép thế để nhận được từ hệ một phương trình theo ẩn x hoặc y (đôi

khi có thể là theo cả hai ẩn x, y)

Bước 3: Giải phương trình nhận được bằng các phương pháp đã biết đối với phương trình

chứa căn thức

Bước 4: Kết luận về nghiệm cho hệ phương trình.

VD1:Cho hệ phương trình:

a Giải hệ phương trình với m = 3

b Tìm m để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu

GiảiBiến đổi tương đương hệ về dạng: