Giải hệ phương trình bằng phương pháp điều kiện cần và đủ.. Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.. Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm với mọi giá trị của một tham
Trang 12
2 2
=+
+ +x x
y
y x
>
+
=+
=+
⇔
0
20
2
02
01
112)
y x
x x y y
y x
−
)2(
)0,:(
) 1 ( ) (
2 2
2 2
x y
x x
y x y
=
)(1
10
33
1)
(2
1)
1
(
3 2
x x
x x
x x
x y
y
x
x x
x x
y
x
1
022.32
1
32
21
32
Trang 2
x x
1
22
12
y x y x
=+ −
−
1
1)44
(
y x
y x
5 Bµi 5
)1(1
2
9 9
−
−
)3(
)2()
1
(
2
) 9
( 2 9
2
9
x y
x x
x y
=
3/1
1)
9(29
1)
x x
x
x
Thay vµo (3) ta ®−îc c¸c cÆp nghiÖm: (1,1); (1/3,9)
+
=+
log
3log23log18
log)2.3(log
12log)3.2(log18
2
3
123
2
2 2
2 2
2 2
2 2
y x
y x
y x
y x y
3122
22
2)22(22
22
22
22
2
1
y
x x
y
x x y
x
y x y
)31(log
2
2
y
x
Trang 3+
)2(11
3
)1(2
.32
2
2
3 2
1 3
x xy x
x y y
≥+
⇔
x y
x
x y
x x
x x
xy x
x
311
00
)13
(
11
13
01)
x
31
1
, thay vµo (1) ta cã:
31 ) 3 1 ( 3
1 1
)2(
)1(
1 3
) 3 ( 5 4
y x
y x
x y x
3(
154
1
3 3
) 3 ( 15 4
3 3
x
x x
x x
x
x x
x
x x x
)1()2)(
(22
2
2 y x
xy y x
y x
Th¸y (2) vµo (1) ta ®−îc:
3 3
3 3 2
Trang 4y x
=+
4
172
).(log
172
loglog
2
2 2 2
2
2 2
xy
y x y
x
y x y
x
y x
Gi¶i ra ta ®−îc c¸c cÆp nghiÖm (1, 4); (4, 1)
12 Bµi 12
)1(log
log2
4 2
x
y x
y
y x
y
x y
x
y x
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2
4 2
2 2
log
log2log
log2
log2log
log
loglog
log
loglog
41
log2log
0log
2log
log2
2
2 2
2 2
y x y x
y y
y x
y y
y x
13 Bµi 13
)1(1)2(log)2
(log
24
2 2
2 2
=
−
y x y
x
y x
§iÒu kiÖn: 2x+y > 0, 2x − y > 0
=
−+
+
⇔
1)2(log)2
(log
1)2
(log)2
(log)
1
(
2 2
2 2
y x y
x
y x y
⇔
2/1
4/31
2
22
0)2(log.2
2)2
(log.2
2
2
y
x y
x
y x y
x y x
Trang 514 Bµi 14 (§HM§C 99)
)1(1log
)4224
(log)1(log
)3(log1)2(log)(
log
4
2 4 4
4 4
2 2 4
−+
−+
+
=+
−+
y
x x
y y
xy
y x x
y x
§iÒu kiÖn:
(*)
0
04224
01
030
xy
y x x
−++
−++
y y
xy
y x x
y x
y
x x
y y
xy
y x x
y x
44224
1
32
)(
4
4
log4224
1log
)3(log2
)(
4log
4 2
4
4
2 2 4
−
=+
−
⇔
1
22
20
)2)(
(
0)2)(
(0442
02
3
2
2 2
y x
y x
x
y x
y x x
y x
y x y x x
y xy
x
y xy
2
y x
R y x
15 Bµi 15 (§HQG Khèi −−−−D 95)
)1()(
log1)(log
324
3 3
x
x
y y x
xy
y x y x
Trang 63
0)2)(
2(
3
5)(
2
1)(
log
5)(
2)
1
(
2 2 2
2 2
2 3
y x
x y y x y
x
x
y y x
y x x
y y x
(*))(
12
33
2
33
2
2
2
do y
x
y
x y y
y x
16 Bµi 16 (§HBK 94)
)1(813
)
122
(
3log
−
=+
y y
y
y x
3log
81
27)
122
(
3log
2
3
y y
y x
y y
y y
y x
(043
3log3
y
x y
y
y x
lo¹i
17 Bµi 17 (§HTL 2000)
)1(3
2loglog
2log
2
3loglog
3log
3 3
3
2 2
+
=+
y y
x x
x y
y x
y x
x y
y x
y x
y x
x y
x y
x y
y x
x y
23
2.33.22
.33.2
2.33.23
.3
22
2.2
33.)
1
(
Trang 731
6
2.33.2
y x y
x
x y
x y
x
y x
18 Bµi 18 (§HTCKT 2000)
)1(1
loglog
4
4 4
log log8 8
y x
y x
y x
y
4
41
log
4)
1
8 8
log log
4
log log
3 2
log
2
24
2loglog
314
2
8
y
x y
x
x y
3
15
23
1
523
33
423
x x
x y
y
x x y y
x x x
y
x x
y y
x x
y
x
y
x x
y
x x
20 Bµi 20 (§HXD 94) Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph−¬ng tr×nh:
=+
)1(2
12
2
2122
214
2
2
x y
x
x a y x
a y x
a y a
NÕu ∆<0⇔1−4.2a <0⇔a>−2: Ph−¬ng tr×nh(3) v« nghiªm ⇔ hÖ v«
nghiÖm
Trang 8NÕu ∆=0⇔1−4.2a =0⇔a=−2: Ph−¬ng tr×nh (3) cã nghiÖm t = 1/2, suy ra
2
2.411log
2
2.4112
2
2.4112
2
2.411
2
2.411
a x
a a
−
22
12
4.2
1
a x
a x x a x xy
y x a
x a y
a y
( 1
(
2
) 1 ( 1
a x
a x x a x
x a y
22 Bµi 22 (§Ò 135) Cho hÖ ph−¬ng tr×nh:
)1(0
0log
log21
2 3
3
2 3
=
−
my y
x
y x
=
⇔
)3((*))(
0)
(
)2(0
loglog
)
1
(
2 2
3
3 3
do m
y y y f
y x my
y x
y x
a) Víi m = 2, gi¶i ra ta cã c¸c cÆp nghiÖm (1, 1); (−1, 1)
b) (1) cã nghiÖm khi vµ chØ khi (3) cã nghiÖm y > 0 Do (3) cã − b/a= −1 nªn
(3) cã nghiÖm d−¬ng khi vµ chØ khi f(0) < 0 ⇔ − m < 0 ⇔ m > 0
Trang 923 Bµi 23
)1(2)3
(log
2)3
(log
=+
=+
kx y
ky x
y x
=+
⇔
0)3
)(
()
1(
y x k y
x
2 2
2
x ky 3x y
kx 3y
x ky 3x
)2(
3
x k y
y x x
k y
y x
2
2 2
x ky 3x
x ky 3x x
ky 3x
5)
2(
2
y
x y
x
x x
x x y
y
x x
1211
02)
3(
2
(lo¹i) b) BiÖn luËn:
k x
x y
x
k x
x
3
)(00
)3()
−+
⇔
)5(3
)4(0)3()3()
3
(
2
x k y
k k x k x
Trang 102
)1)(
3(33
2
1
k k
k x
x
k k
k x
x
Với x = x1, thay vào (5) ta có y1 = x2
Với x = x2, thay vào (5) ta có y1 = x1
Do đó, (3) có nghiệm thoả mãn 0 < x, y ≠ 1 khi và chỉ khi:
00
)3(3
1
03
0)3(
0)1(
0
0
2 1
2 1
k
k k
k k k
k k
f
x x
x x
01
k k
Kết luận:
+ Với k ≤ −3 hoặc k = −2 hệ vô nghiệm
+ Với k∈(−3,−1]∪ 1− 3}∪[0,+∞)\{− }hệ có nghiệm x=y=3+k
1
;3
3
x y
x x x
y
x x k y
k x
và
Trang 11.2
172
3
1
2 2 2 2
=
+
+
+ +
y x
y x
8
3
6
174
3/1
y
x v
32
22
.32
2 2
2 1
2
x
x x
y y
2
23
2
2 2
2 2
u y y
y u u
, gi¶i ra ta ®−îc y = u = 2, suy ra hÖ cã c¸c cÆp
nghiÖm: (0, 1); (1, 2); (−1, 2)
26 Bµi 26
)1(4
2.4.32
12
2.4.44
162
.32
142
4
1 2
2 1
) 1 ( 2
2 2
2
2 2
2
2
2 2
2
2 2
−
−
−
− +
+
+
−
y x
y
y y
x x
y x y
y y x x
Trang 12v
v u
v v
v v v
uv v
v uv u
34
09
9)4(
12)
4(
43
14
2
2 4
2 2 2
2
2
2 2
3416
34
01631
u v v
v u v
v
v u
v v
Thay vµo (*) ta ®−îc c¸c cÆp nghiÖm: (1, 2); (−1, 2)
=
−
)2(1
)1()1(
)1()
(239
2 2
3 log )
(
y x
33033.23)
2)(
+
=
)2(2
33
)1()
(24
2 2
2 log )
(
y x y
220222)
3)(0122
)(3)(
)
2
( ⇔ x+y 2 − x+y − xy− = ⇔ x+y 2 − x+y − =
)4(3
Trang 1372
9
39
.9
281
9
39
cot 2 sin
sin cot
2
cot sin
sin cot
y gx gx
y
y gx
0cot
3
12
3)2(2
3
y
gx v
u u
v
u u u
lg6
3lg21
lg
3
3lg
y x
y x
y x
y x
điều kiện:x ≥ 0, y > 0
Đặt ẩn phụ, giải ra ta được cặp nghiệm: (4, 10)
32 Bài 32 (ĐHNN I 98)
)1()
3()
4(
43
lg 4
lg
lg lg
y x
Điều kiện: x, y > 0
)2(4lg3lg3lg.lg4lg.lg
04lg.lg3lg.lg)
3lg(
)4
lg(
)4lg(
)3
3 lg 4
lg
lg lg
y x
y x
y x
x u
04lg.3lg
2 2
v u
v u
Giải ra bằng phương pháp định thức ta được:
4/13
lg
4lg
y
x v
u
Trang 14=+
++
+
−
− +
− +
)2(2
)21(log)21(log
)1(4)2
1(log)2
1(log
1 1
2 1
2 1
x y
x x y
y
y x
y x
§iÒu kiÖn:x > −1/2, x ≠ 0, −1/2 < y < 1, y ≠ 0
2)1(log
1)
1(log2
)1(log)1(log
)
1
(
1 1
1
−+
−
⇔
=++
−
⇔
+ +
− +
y y
x y
x x
y x
y x y x
2)
1(4
12)4
log
4
4 4
y x
y
§iÒu kiÖn:x, y > 0
)2(2
1log
log
4)
1
(
2 2
log 3
1 log
3
1
2 2
⇔
y x
y x
x y
y
x y v
x u
2
2log
213
21
22
2
1
4)
2()
2
1 3
1
v u
uv v
u v
u
uv u
v v
232223
y x y x
v u v u
Trang 1535 Bµi 35 (§Ò 56) Cho hÖ ph−¬ng tr×nh:
)1(4)(
log)
(
log
4)(
log)(
=++
+
bx ay by
ax
bx ay by
ax
y x
y x
log
)(
log
bx ay v
by ax u
y
x
, thay vµo (1) ta cã:
)2(2)(
log
2)(
log2
24
=+
by ax v
u v
u
v
u
y x
−
=+
=+
=+
0)2)(
(
535
3
532
)53(log
2)53(
2
2
y x y x
x y x y
x y
x y x x
y
y x
(01082
08
2
2
y x
VN x
x
x y
x x
y x
−+
−
=+
=+
=+
0))(
(2
)(
log
2)(
2
2
b a y x y x
x by ax y
bx ay
x by ax bx
ay
by ax
−+
=+
−+
=
=+
)4(0
)3(
0
2
2 2
b a y x
x by ax
y x
x by ax
b a y x
y x
x by ax
Trang 16=
⇔
b a y
b a x x
b a x
y x x
b a x
y x
)(00
)(
)
3
loạiNghiệm của (3) là nghiệm của (1) khi và chỉ khi thoả mãn (*), hay a + b ≠1
=+
ư
ư+
()
4
b ab x a b x
x b a y
Do 0 < x, y ≠ 1 nên a ư b > x > 0 Khi đó nếu (5) có:
0))(
3()(
4)
(
∆= bưa 2 + abưb2 = a+ b aưb > , ưab+b2 <0, nên (5) có hai nghiệm trái dấu:
0)
ạ(02
))(
3(
02
))(
3(
2 1
+
ư
=
x y i lo b
a b a b
a x
b a b a b
a x
Vậy hệ (4) không có nghiệm thoả mãn (*)
Kết luận: + Với a + b = 1 hệ vô nghiệm
+ Với a + b ≠1, hệ có nghiệm duy nhất x = y = a + b
36 Bài 36 Giải và biện luận hệ phương trình:
)1(1232
33.2
=+
m m
m m
y x
y x
=+
m v mu
m mv u
123
,22
m u
m
m m
v
m
m m
u
1
1312
1
123
1
22
2 2 2 2
Vì điều kiện (*) nên để u, v là nghiệm của (2) ta phải có:
Trang 1701
13
012
m m
m m m m
m
m x
1
13log
1
2log
2 2
1
m
m m
D
+ Với m = 1: Dx ≠ 0 nên hệ (2) vô nghiệm
+ Với m = ư1: D = D u = Dv = 0: Mọi cặp (u, v) thoả mãn u + v = 3 là nghiệm của (2), suy ra mọi cặp (x, y) thoả mãn x + y = 3 là nghiệm của (1) Kết luận:
∗ Với m m><ư01, hệ có nghiêm duy nhất:
m
m x
1
13log
1
2log
2 2
∗ Với m = ư1: mọi cặp (x, y) thoả mãn x + y = 3 là nghiệm của (1)
∗ Với ư1 < m < 0: hệ (1) vô nghiệm
37 Bài 37 Cho hệ phương trình:
)1(12
.3
223
=+
+
+
m m
m m
y x
y x
a) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (ư2≤ m < ư1)
b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên (m = ư2)
38 Bài 38 Giải và biên luận hệ phương trình:
)1(2
2.2
2.2
.22
22
2.2
.2
2
2
1 2
1 2
+
=+
x x
x x
x
x x
x
my y
y
y m
y my
y y
y m
y
Đặt: t=2x , t>0 (*) Thay vào (1) ta có:
Trang 18
=+
ư+
ư
+
=+
+
=+
0)1)(
(
22
2
2
m y t y t
y mt yt t
t my yt y
y mt yt t
ư
=
+
=+
2
)2(2
1
2
2
2 2
m t y
y mt yt t
y t
y mt yt t
m t y
y t
y mt yt t
ư
=
⇔
31
)(00
)1(3)
2
m t t
y t
t m t
ư
ư
ư+
ư
=
⇔
)4(01)
1(
1)
3
m t m t
m t y
Giải phương trình (4):
)5)(
1(56)
1(4)
)5)(
1(0
∆
m
m m
ư
=
1 2
2 1 2
2
561
t y
t y m
m m
t
m m
m t
Với m < 1, phương trình (4) có hai nghiêm trái dấu, nên t1 > 0, t2 < 0 Do đó
hệ (3) có nghiệm duy nhất:
ư
=
2
561
2
561
log
2
561
2
561
2
2
2
2 2
m m
m y
m m
m x
m m
m
y
m m
m
t
Với m > 5, phương trình (4) có hai nghiệm t1, t2 thoả mãn:
Trang 1900
1
01
2
1
2 1
2 1
t
t m
t
t
m t t
t t t
)5)(
1(0
∆
m
m m
m
Víi m = 5, ph−¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm duy nhÊt t = 4 ⇒ y = 4 ⇒ hÖ (3) cã
nghiªm duy nhÊt x=log2 4=2,y=4
Víi m = 1, ph−¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm duy nhÊt t = 0 (kh«ng tho¶ m·n (*))
−
=
2
561
2
561
m y
m m
m x
1log2
m
y
m x
−
=
2
561
2
561
m y
m m
m x
NÕu 1 < m < 5, hÖ cã nghiÖm duy nhÊt:
1log2
m y
m x
NÕu m = 5, hÖ cã hai nghiÖm:
1
y
x y
x
vµ
Trang 20m y
m x
ư
=
2
561
2
561
log
2
561
2
561
m y
m m
m x
m m
m
y
m m
m x
và
39 Bài 39 Giải và biên luận hệ phương trình:
)1(
2 6
3
2 4
ư
ư
n n n
n
m m m
m
y x y x
y x y x
y x
2 2
2 2
m m u u
Xét hàm số: f x =x2 ưx
)( là hàm đồng biến trên (0, +∞), nên với x≠y thì )
m u
n m
y x
n m
y x
n m
y x
y x
1,1
161
,1
141
,1
16
14
6
4
hoặchoặc
hoặc
Trang 21y x n
m
y x n
m
y
x
,111
,1
61
,1
41
,11
5
hoÆchoÆc
hoÆc
KÕt luËn: XÐt víi m, n > 0
+ Víi m = n = 1: Mäi x, y ∈ R lµ nghiÖm cña hÖ
+ Víi m = 1, n ≠ 1: Mäi (x, y) tho¶ m·n x − y = 6 lµ nghiÖm cña hÖ + Víi m ≠ 1, n = 1: Mäi (x, y) tho¶ m·n x − y = 4 lµ nghiÖm cña hÖ + Víi 0 < m, n ≠ 1: HÖ cã nghiªm duy nhÊt (5,1)
40 Bµi 40 Cho hÖ ph−¬ng tr×nh:
)1(2
21
11
2
1 2
−
−
=
+ +
+
m y
m y
y
x x
u
m v v u m u u
v
m v v
)2(
0))(
2
2
t/mnghiÖmcã
kh«ng
v u
m v v u
v u
m v v u
v u v u
m v v
)2(
v u u
u
v u v
Trang 221,0
411
1,0
21
2
y
x y
x
y x
y x
y x y
−
=
⇔
)3(02
)()
2
m v v
v f
v u v
m v v
v u
HÖ cã nghiÖm khi vµ chØ khi (3) cã nghiÖm v ≥ 2
0)
(212
0)2(
0'
∆
0)2(
a b f f
VËy víi m ≤ 0 th× hÖ cã nghiÖm
−
=
⇔
)4(02
)()
2
(
2 2
m v v
v f
v u v m v v
v u
HÖ cã nghiÖm duy nhÊt khi vµ chØ khi (3) chØ cã 1 nghiÖm v ≥ 2
00
)2(
212
0)2(
a b f
VËy víi m ≤ 0 th× hÖ cã nghiÖm duy nhÊt
41 Bµi 41 Cho hÖ ph−¬ng tr×nh:
)1(4
.242
4.2.2)42(2
42
4
2
2 2
+
=
−+
m
y x y x
y x y
x y
x y x
y x
42
u
y x
y x
(*).Thay vµo (1) ta cã:
Trang 23ư+
m v u
m m m v v m
v u
m m uv m
v
u
m uv v
ư
=
⇔
m v u
m m mv v
v
f ( ) 2 2 2 2 0 (2)
a) Với m = 1 ta có:
)(011
1
)(01
02
u v v v
u
v v
Vậy với m = 1, hệ vô nghiệm
b) Nhận xét: Với m ≤ 0, phương trình thứ hai của (1) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Ta xét với m > 0 Khi đó hệ (1) có nghiêm khi và chỉ khi phương
trình (2) có nghiêm v thoả mãn 0 < v < m
)(2
/100
2/10
0)(
2
0)(
2
120
0)(
0)0(
0'
∆
0)()
0(
2 2
2
2 2
2 2
vn m
m m
m m
m
m m
m m m
m m
m a
b
m f f
m f f
Vậy không có giá trị của m để phương trình có nghiệm
42 Bài 42 Giải và biên luận hệ phương trình:
)1(3lg
2lg)6(
1lg
lg4
m
m y m x
Giải bằng phương pháp định thức
43 Bài 43.Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
)1(lg
lg
1lglg
lg
1lg
m y x
x m
x u
lg
lg
, thay vào (1) ta có:
Trang 24m v u
m v v
m v u
v m
v m
240
)1(
20
lnln
lnlnlnln
)ln(
ln)ln(
+
=+
x
m x y
x m
y xy
m x xy
x u
+
=+
)()3(
)()2(02
2
2 2
2 2
II
I
m u
v u
m u u
v u
v u
v u
m u v u m
v v
u
m u v
u
Hệ (1) có nghiêm khi và chỉ khi ⇔( )có nghiệm
nghiệmcó
(2)nghiệm
có)(I
nghiệmcó
)(
3i
i
10
10
01
0
0'
m
44 Bài 44.Tìm m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm:
)1()
(
1)(
log
2
2 2 ) ( 2
=+
+
m y
x
y x
y x
<
0
2/10
2 2
y x
y x
)2()
(
0)(
22)(
)(
)(
2)
=+
ư
ư+
+
=+
⇔
m y
x
y x xy
y x m
y x
y x y
x
+ Với m ≤ 0, (2) vô nghiệm, suy ra (1) vô nghiệm
+ Với m > 0:
Trang 252)
ư
=
⇔
m y x
m m xy
(1) có nghiêm khi và chỉ khi (3) có nghiệm
9
160
04
30
24
0
2)
m
m m
m
m m m
m
xy y
Bước 3: Sử dụng phương pháp hàm số: Nếu f(x) là hàm số luôn
đồng biến hoặc nghịch biến thì từ phương trình f(x) = f(y) ta có
3222
222
3223
2
2
32
2
I y x
y x y
x y x
y x x
y
y x
y x
x y
x
x y
+
=+
ư
+
=+
+
=+
Xét hàm số: f (x)=2x +3x là hàm số đồng biến trên R, nên từ phương
trình (2) ta có: f(x) = f(y) ⇔ x = y
Khi đó hệ (I) trở thành:
)()3(32
322
322
x
y x x
x
y x y
x
y x
x x
Trang 26=+
ư
=
ư
)2(12
)1(3
312
33
2 2
2 2
y xy x
y x
y xy x
x
y x
=
212
y x y
xy x
y x
Vậy nghiêm của hệ phương trình là (2, 2) và ư2, ư2)
)1(2
22
2
22
y x
y x
y
y x
x y
x
Xét hàm số f (x)=2x +2xlà hàm số đồng biến trên R, nên từ (2) ta có:
y x y
222
2
x x
y x x
y x y
y x
x
x x
f ( )=2x ư2 là hàm lồi, nên phương trình: 2x ư2x=0 có đúng hai nghiệm
D Giải hệ phương trình bằng phương pháp điều kiện cần và đủ
Phương pháp:
áp dụng co các bài toán:
1 Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
2 Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm với mọi giá trị của một tham số
Các bước:
Bước 1 Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa
Bước 2 Tìm điều kiện cần cho hệ dừa vào tính đối xứng hoặc đánh giá
Trang 27Bước 3 Kiểm tra điều kiên đủ
Bài tập
48 Bài 48 Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất
)1()1(2
2
2 2
m x y
y x
Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của hệ thì ư x0 cũng à nghiệm của hệ Do đó để
hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = ư x0⇔ x0 = 0
Với x = 0, thay vào hệ ta có:
)(
0
0)
2(2
+
=+
)3(2
22
2
2 2
y x
y x
x y
x
y x
Xét hàm số: f (t)=2t +t là hàm số đồng biến trên R Nên từ (3) ta có:
y x y
f
x
f ( )= ( )⇔ = , kết hợp (4) ta có:
00
=
y x y
x
y x
Vậy với m = 0 hệ có nghiệm duy nhất
49 Bài 49 Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:
)1(1
2
2 2
++
=+
y x
m x y x
x
Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của hệ thì ư x0 cũng à nghiệm của hệ Do đó để
hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = ư x0 ⇔ x0 = 0
Với x = 0, thay vào hệ ta có:
1
1
2
y m y m
y
m y
Với m = 0 thay vào (1) ta có:
Trang 28=+
)3(1
)2(2
2 2
2
y x
x y x
x
2
21
211
10
x y x y
x x y
x x
x , tho¶ m·n (3), suy ra m = 0 tho¶ m·n Víi m = 2 thay vµo (1) ta cã:
++
=+1
22
2 2
2
y x
x y x
x