Hệ phương trình phần 2

Chú ý: Nếu chưa tinh ý trong việc đặt ẩn phụ thì trong bài này có thể giải theo hướng sau: Thấy rằng phương trình thứ nhất là phương trình đẳng cấp với ,x y nên ta bình phương hai vế p

24

21

14

1 8

3 3

Vậy nghiệm của hệ là x y,   22;3

Lưu ý: Xét y0 rồi xét trường hợp y0 Với y0, thực hiện phép nhân liên hợp:

b ab

Bài 103: Điều kiện 1

2

y

Ta thấy x x x2  x2 4 nên x x2  4 0 Tương tự 2

y   y nên ta có thể nhân liên hợp như sau:

Vậy nghiệm của hệ là x y,     1;1 , 13;13

Bài 104: Điều kiện x0,y0 Hệ đã cho viết lại thành:

11

+) Nếu uv   6 u v 5 Giải hệ này ta được các nghiệm x y,      1;2 , 2;1

Vậy nghiệm của hệ là   5 21 5 21 5 21 5 21    

u v





 

 (loại do u2) Với

y





 để giải hệ phương trình trên

Bài 107: Điều kiện x0 Rút

2

2

11

x y

Bài 108: Điều kiện x2,y1

Vậy nghiệm của hệ là x y,    3;2

Bài 109: Điều kiện

Khai thác phương trình thứ hai của hệ:

+) Nếu x0, thay vào phương trình thứ hai tìm được y0 Cặp số x0 ,y0 không thỏa mãn phương trình thứ nhất của hệ (loại)

+) Nếu x0 thì pương trình thứ hai của hệ tương đương với:

24

Vậy nghiệm của hệ là x y, 1088768 2 ;272 192 2 

Bài 111: Cộng vế theo vế hai phương trình cho nhau và rút gọn ta được:

Vậy hệ có các nghiệm thỏa mãn là x y,          2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2

Bài 112: Đặt t  x 1 thì hệ tương đương với:

Đến đây ta sẽ thấy với 2

1

t y

phương trình thứ hai của hệ ta được:

Đến đây ta có (*) là phương trình đẳng cấp bậc ba có thể giải được dễ dàng!

Bài 113: Biến đổi hệ về dạng:

Bài 114: Điều kiện 1 2

2 x Phương trình thứ hai của hệ tương đương với: 2 1 2

biến trên phương trình f t 0 có nhiều nhất một nghiệm

Thấy rằng phương trình thứ hai tương đương với:

(+) Nếu x2y tương tự cũng mâu thuẫn với hệ, loại

(+) Nếu x2y thì thỏa mãn hệ Thay vào phương trình thứ hai ta được:

0

  , sau đó kết hợp với điều kiện xác định ,x y ở phương trình thứ nhất để suy ra giá trị cụ

thể của x (hoặc y ) Với bài toán này thì rơi vào trường hợp thứ nhất

Bài 119: Điều kiện y1

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với:

Cặp số này không thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ

+) Nếu x y2 0, thay vào phương trình thứ hai ta được:

Vậy nghiệm của hệ là x y,   1; 1 

Bài 121: Điều kiện x y 0

Chú ý: Nếu chưa tinh ý trong việc đặt ẩn phụ thì trong bài này có thể giải theo hướng sau: Thấy

rằng phương trình thứ nhất là phương trình đẳng cấp với ,x y nên ta bình phương hai vế

phương trình thứ nhất lên để khử căn, sau đó ta được một kết quả khá đẹp:

Bài 122: Điều kiện x 37 (suy ra từ phương trình thứ hai) và y 1 0

Để dễ nhìn, ta đặt a x b,  y1 a6 7 , b 0 thì phương trình thứ nhất của hệ được

Vậy nghiệm của hệ là x y,    2;1

Bài 123: Điều kiện x0, x y 1

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

x x       y 1 1 x x y 1 2 x    y 1 1 y 2 x y 1

2

00

2 2

y y

Thử lại thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn hệ

Vậy nghiệm của hệ là     1

x  , thay vào phương trình thứ hai của hệ:

TH1: Nếu t   0 y 0, không thỏa mãn hệ ban đầu

Bài 126: Điều kiện 10z 1 0

Biến đổi phương trình thứ hai của hệ:

11

2 2

Vậy hệ có duy nhất một nghiệm là x y,    1;2

Bài 128: Điều kiện 1  x 1

Đặt a 1x 0 a 2 thì a2  1 x Thay vào phương trình thứ nhất của hệ:

1 cos 2cos2 1 2cos 1 cos2 2sin2 cos 2 sin 2

Bài 129: Đây là một phương trình khó vì nó phải sử dụng phương pháp đánh giá Đầu tiên ta

2

x  x y x y x Bây giờ ta sẽ đi khai thác điều kiện này kết hợp với các phương trình đã cho:

+) Nếu y0 thì hệ sẽ trở thành

2 2

x ) Vậy nghiệm của hệ là   5 3

tương đương với x y

Thay vào phương trình thứ hai ta được:

Vậy nghiệm của hệ là x y,    1;1

Bài 131: Nhận thấy y0 không thỏa mãn hệ nên ta chia hai vế của phương trình thứ nhất cho

Vậy nghiệm của hệ là x y,   1; 1 

Bài 132: Xem phương trình thứ hai như là phương trình ẩn x, tham số y :

02

2 2

   Kết hợp hai điều trên ta suy ra:   3 1

f t  t   với mọi tD Như vậy hàm số f t nghịch biến trên D, mà  

phương trình lại có dạng f x  1 f y        1 x 1 y 1 x y 2

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

(Đề thi Đại học Khối A năm 2012)

Cách giải khác: Từ đáp án của Bộ Giáo dục đào tạo, ta có thể rút ra một “kinh nghiệm” để đánh giá x , y một cách nhanh hơn đó là nhóm hết 2 2

, , ,

x x y y để cho đủ hằng đẳng thức rồi sau đó đánh giá (nếu chứa số hạng xy thì không làm như thế này) Làm như thế sẽ rút ngắn được thời

gian trình bày cũng như sẽ gặp ít sai sót hơn Cụ thể như sau:

Với phương trình thứ hai ta biến đổi thành:

Một vấn đề đặt ra là làm sao để có thể biết được x – 1 = y + 1 Đó chính là dùng phương pháp

hệ số bất định, cụ thể ta đặt x = y + a và biến đổi vế trái phương trình thứ nhất về:

Như vậy nên a = 2, tức là x = y + 2 Từ đây có thể biến đổi x – 1 = y + 1 hoặc x + 1 = y + 3,…

để đưa phương trình thứ nhất về các hàm số khác nhau

Ta cũng có thể giải hệ trên bằng cách đưa về hệ đối xứng bằng ẩn phụ t = –x Khi đó đưa được

hệ về hệ đối xứng loại I, đặt ẩn phụ S = y + t và P = yt

0

x y xy

 

 

Lúc này nhận thấy hai vế cả phương trình thứ hai đồng bậc nên ta sẽ phân tích nó thành nhân

tử Và để thuận tiện trong qua trình biến đổi, ta đặt a x b,  y a b, 0

Phương trình thứ hai của hệ trở thành:

Thấy rằng x y 0 không thỏa mãn điều kiện xác định, loại

Thay y2x1 vào phương trình thứ hai ta có: 2 x 4x 1 5 (1)

+) Nếu x2 thì 2 x 2 và 4x  1 3 2 x 4x 1 5, mâu thuẫn (1), loại

Như vậy (1) có một nghiệm là x = 2  y 5

Mặt khác phương trình thứ hai của hệ có dạng   7

2

f x y  mà ta lại có   7

12

f  , tức là phương trình thứ hai tương đương với x    y 1 x y 1 (1)

Viết lại phương trình thứ nhất của hệ như sau:

Xét hàm số   2 1

2t 3

g t    t trên 0; Một lần nữa ta thấy khi t tăng thì cả 2t21 và 3 t

đều tăng, vì vậy nên g t đồng biến trên   0; Mặt khác (*) có dạng:

g x g y  x  y  x y (2)

Giải hệ (1) và (2) cho ta nghiệm

4515

x y

, thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của hệ là   4 1

02

Với x1 thì 5x5 5x2 ; 17x4 17x và 14x4 14 nên vế trái của phương trình (**) luôn không

âm Vì vậy (**) có một nghiệm là x  1 y 0 Thử lại nghiệm này thỏa mãn hệ

Vậy nghiệm của hệ là x y,    1;0

Đến đây ta bắt đầu áp dụng cách giải phương trình bậc 4 Cách giải phù hợp với bài toán này đó

là đưa phương trình đã cho về phương trình trùng phương, tức là đặt 20 5

4.1

t  a    a t

Thay vào (*) và rút gọn ta được: 4 2

Hệ phương trình này dễ tìm được nghiệm a, b và dễ thế trở lại tìm x, y

Bài 138: Trước tiên ta đi tìm điều kiện xác định hệ phương trình Hệ này không khó,yêu cầu để làm được hệ phương trình này là cần phải nắm vững kiến thức về logarit

Điều kiện x0 , x1 , y0 , y1 , logx y0 và logy x0

Khai thác điều kiện logx y0 và logy x0 ta có  

với phương trình thứ nhất của hệ

(+) Tương tự cho trường hợp 1 < x < y, ta cũng có điều mâu thuẫn

Như vậy phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x = y

Thế vào phương trình thứ hai ta được: 2

không thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ nên ta có thể chia được)

Thế vào phương trình thứ nhất ta được:

Nhận thấy khi x tăng vế trái của (*) thì cũng tăng (biến 2 x ), ngược lại vế phải của (*) giảm 2

nên phương trình (*) có nhiều nhất 1 nghiệm Mặt khác ta thấy 2

0

x  là một nghiệm của (*) nên (*) 2

Với x = 0, thay vào hệ tìm được y = 2 Nghiệm này thỏa mãn hệ

Vậy nghiệm của hệ là x y,    0;2

Bài 141: Điều kiện 2x1

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với:

x x

Bài 142: Với hệ phương trình dạng này, sẽ có hai hướng để tiếp cận chúng:

* Hướng thứ nhất: từ phương trình thứ nhất rút ra liên hệ giữa x và y rồi thế vào phương trình

thứ hai để được phương trình đẳng cấp

* Hướng thứ hai: hệ chứa nhiều căn nên ta nghĩ ngay đến việc nhân liên hợp

Cụ thể với hệ phương trình này ta sẽ dùng hướng thứ hai (nếu đi theo hướng thứ nhất thì sẽ không có kết quả!)

  (dễ thấy biểu thức trong dấu ngoặc vuông luôn dương với y > 0)

Thay vào phương trình thứ nhất ta được:

Vậy hệ có duy nhất một nghiệm là   3 3

Bài 143: Hướng giải dạng hệ phương trình này đã quá quen thuộc Đó là đưa hai vế phương

trình thứ nhất về cùng một hàm và đạo hàm để rút ra quan hệ giữa x và y Ngay từ đầu bài đã cho ta một gợi ý: x – 2 = y – 1   x y 1(bởi vì nếu x– 2 y – 1 thì biểu thức trong các phép

lấy logarit sẽ là một biểu thức theo biến x, sau đó ta phải dùng đạo hàm để rất phức tạp, phức

tạp ngay cả trong phép lấy đạo hàm)

(+) Tương tự cho trường hợp 0 2 , 1

x       x y x , thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của hệ là x y,    3;2

Bài 144: Điều kiện x y 0; x y 0;x2 6x 6 0

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

41

b  b  b  Đến đây ta không cần xét trường hợp này nữa

Vậy nghiệm của hệ là x y,    5;4

Bài 145: Nhận thấy rằng hệ này có chứa số mũ khá cao và hơn nữa phương trình thứ nhất của

hệ đối xứng với x , y và xuất hiện các tổng như 10 10  

Thử lại ta chỉ thấy 1;1 thỏa mãn hệ Đây cũng chính là nghiệm duy nhất của hệ

Vậy nghiệm của hệ là x y,   1;1

Bài 146: Điều kiện y1 và 2  x 4 Không khó để phát hiện phương trình thứ nhất của hệ

là phương trình đồng bậc Thật vậy, phương trình thứ nhất viết lại thành:

Phương trình này chúng ta không thể “xử” theo kiểu đặt ẩn phụ Nhận thấy rằng x = 3 là một

nghiệm của phương trình, ta sẽ dùng nhân liên hợp để chứng minh đó là nghiệm duy nhất

nghiệm duy nhất là x = 3, suy ra y = 5

Vậy nghiệm duy nhất của hệ là

Lấy phương trình thứ nhất trừ đi phương trình thứ hai vế theo vế ta có:

Thử lại thấy  1;1 thỏa mãn hệ phương trình

Vậy nghiệm của hệ là x y,    1;1

Bài 148: Điều kiện x2y0

Không khó để đưa phương trình thứ hai về dạng:

Như vậy hệ có hai nghiệm là x y,     2;1 , 3;2

Bài 149: Điều kiện x1

x y,    3 ;5

32x yx y 0

tương đương với 2x y x  1 y 2x x1

Thay vào phương trình thứ hai ta được:

Với x2 thì y 3, thỏa mãn hệ đã cho

Như vậy nghiệm của hệ là x y,    2;3

Bài 150: Điều kiện 2x3y0

Xét hàm số f t log3t22log7t trên 0;

Lấy (1) trừ đi (2) vế theo vế ta được:

Mặt khác bài ra lại cho dấu bằng ở (*) xảy ra, tức là a b 2 (đã giải ở trên)

Vậy nghiệm của hệ là   1

Vậy nghiệm của hệ là x y,    2;1

Bài 155: Điều kiện y2

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

Bài 156: Biểu thức trong căn viết lại thành 2x1y 1 0 mà x0 nên y 1 0

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

22

Với điều kiện trên thì ta có thể đặt cos 0;

Bài 157: Điều kiện 2x + 3y ≥ 1 và x3 3y0

Với điều kiện trên thì phương trình thứ nhất của hệ ta sẽ dùng phép nhân liên hợp:

    Thử lại thấy cặp số này thỏa mãn

+) Nếu x = –3, thay vào (4) ta được:   127

3

y   y Cặp số này cũng là nghiệm của hệ phương trình

Vậy hệ có hai nghiệm là   1 127

Bài 158: Điều kiện xác định x y và x2

Với bài toán này chúng ta sẽ ứng dụng mạnh phép nhân liên hợp Đầu tiên ta xét:

TH1: x    y x 2 y 2 Thay vào phương trình thứ nhất tìm được x3 Vậy nhưng với

cặp số x = 3, y = 2 lại không thỏa mãn phương trình thứ hai, loại

TH2: Với x     y x 2 y 2 Thực hiện phép nhân liên hợp phương trình thứ nhất:

22

Với y = 2, thay trở lại (3) ta được x3 Thử lại thấy x y,    3;2 là nghiệm của hệ

Vậy nghiệm của hệ là x y,    3;2

Bài 159: Điều kiện ,x y0

Với điều kiện này thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương:

 

2 2

Thử lại thấy  1;1 là nghiệm của hệ

Vậy nghiệm của hệ là x y,    1;1

Bài 160: Điều kiện 2x3y2 , x y 5 , 2x y 4

Bài toán này một lần nữa lại sử dụng ứng dụng của phép nhân liên hợp

Trước hết, ta thấy rằng muốn phép nhân liên hợp có nghĩa thì ta phải có điều kiện sau:

2 2x3y 2 5  x y 0 Vậy nên ta đi xét hai trường hợp:

TH1: Nếu 2 2 x3y 2 5 x y Kết hợp với phương trình thứ nhất của hệ ta có:

42981

7

1616

, không thỏa mãn 2x y 4, loại

TH2: Nếu 2 2 x3y 2 5  x y 0 Lúc này ta thực hiện nhân liên hợp:

Thử lại thấy x = 1 và y = 3 thỏa mãn hệ

Vậy nghiệm của hệ là x y,    1;3

Bài 161: Điều kiện ,x y0 và 2x 2 y

Phương trình thứ nhất của hệ viết lại thành:

+) Nếu y x 0, tương tự trên ta cũng có điều mâu thuẫn

+) Thấy rằng x = y thỏa mãn (*) (lúc này VT = VP = 0)

Vậy, (*) tương đương với x = y Thay vào phương trình thứ hai ta được:

Xét hàm số   2

f t  t t trên 0;  Hàm số có đạo hàm f t'   2t 1 0  t 0;  nên f t đồng biến trên   0;  Mặt khác phương trình (**) có dạng f  2x 1 f x2 nên nó tương đương với:

2x 1 x 2 2x      1 x 2 x 1 y 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x y,    1;1

Bài 162: Điều kiện 5, 0

Vậy hệ có hai nghiệm là x y,      1;1 , 4;4

Bài 163: Điều kiện x y 1 và 3x y 2

+) Nếu 0   x y 1 4, tương tự trên ta cũng có điều mâu thuẫn

+) Với x  y 1 4 thì thay vào hệ (I) ta tìm được 3x  y 2 4 Tiếp tục giải hệ bậc nhất hai

2 2

x y   

Bài 164: Không khó để nhận ra đây là một hệ đẳng cấp

Để làm bài toán gọn hơn ta đặt ẩn phụ 2

22

Bài 165: Điều kiện 2x y 1 và 3x 1 y

Cộng chéo hai vế của hai phương trình trong hệ ta được:

f t  t  t với mọi t0; nên hàm số f t đồng biến trên  

0; Mặt khác (*) có dạng f  2x  y 1 f 3x y 1  2x  y 1 3x y 1 Viết lại phương trình thứ nhất của hệ:

Bài 166: Điều kiện y2 và 2x 1 0

Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ thành:  2   

2x 4x  1 y1 y2 (*)

Xét hàm số    2 

1

f t t t  trên Hàm số có đạo hàm   2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x y,    0;2

Bài 167: Điều kiện x  y 0 và x2 xy 4 0 Đầu tiên, ta nên xử lý phương trình thứ hai của hệ Đặt ax2 xy thì phương trình thứ hai của hệ trở thành:

Dễ thấy rằng phương trình thứ nhất của hệ là phương trình một ẩn, và hơn nữa nó còn là phương trình đẳng cấp Có thể dùng cách quy đồng để xử lý phương trình thứ nhất

4

5

x x

x y

x y

 



 

Vậy nghiệm của hệ là x y,     5;4 ,  5; 4 , 15; 12 ,    15;12

Bài 168: Phương trình thứ nhất chỉ là một “biến dạng” của một dạng rất quen thuộc mà ta đã từng làm qua nhiều Với điều kiện y0 thì phương trình thứ nhất tương đương:

Bây giờ ta phải tìm cách chứng minh (2) không xảy ra Như vậy thì nếu ta chứng minh x > 0 là

đã “thừa đủ” thấy (2) vô lý

f x x  x  x trên ;0 Đạo hàm   2

f x x  x  x  f     Kết hợp với y0, ta suy ra với x

không dương thì VT(*) < 0, không thỏa mãn  x 0

Lại thấy với x > 0 thì VT(2) > 0 (do y0) Vậy (2) không thể xảy ra

Rốt cuộc phương trình thứ nhất tương đương: 2x y   4 0 y  4 2x x 2

Thay vào phương trình thứ hai ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

Bài 169: Nhìn nhận thấy bậc vế trái của phương trình thứ nhất là 2, của vế phải phương trình thứ nhất là 1

2, của vế trái phương trình thứ hai là

Vậy nghiệm của hệ là x y,    5;3

Bài 170: Điều kiện 2 2

+) Nếu y = 1, thay vào hệ ban đầu ta được:

2 2

Đến đây thì công việc khá dễ dàng!

Bài 171: Điều kiện x y 0, 3x2y0 và x 1

Có thể nhận thấy ngay phương trình thứ nhất của hệ là phương trình ẩn t = x + y Ta sẽ dùng

phép nhân liên hợp để giải quyết phương trình này Với việc nhẩm nghiệm 1

2

x y thì ta sẽ nhóm các số hạng ở phương trình thứ nhất của hệ như sau:

(dễ thấy với x + y không âm thì biểu thức trong dấu ngoặc vuông luôn dương)

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

Bài 172: Điều kiện x0

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với: