Tìm hiểu các kỹ thuật giải hệ phương trình

TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CẨM NANG CHO MÙA THI NGUYỄN HỮU BIỂN (ÔN THI THPT QUỐC GIA)LỜI GIỚI THIỆU Các em học sinh thân thân mến, trong đề thi ĐH môn Toán những năm gần đây thường xuyên xuất hiện câu giải hệ phương trình, câu hỏi này thường là thuộc hệ thống câu hỏi khó, có tính chất phân loại trong đề thi, mốc đạt điểm từ 8 đến 10. Phương pháp suy luận để giải quyết đối với loại câu hỏi này cũng khá đa dạng, thầy có thể kể ra một số phương pháp phổ biến như sau: (1) Phương pháp rút thế (2) Phương pháp nhóm nhân tử chung (3) Phương pháp dùng hàm số và đạo hàm (4) Phương pháp dùng BĐT vec tơ (5) Phương pháp dùng số phức (6) Phương pháp nhân liên hợp và đánh giá (7) Phương pháp lượng giác hóa Sự phân chia và liệt kê các phương pháp nói trên cũng chỉ mang tính chất tương đối, vì trên thực tế trong đề thi chúng ta thường phải vận dụng kết hợp nhiều phương pháp đan xen hợp lý để giải quyết bài tập (rất ít đề thi chỉ dùng 1 phương pháp độc lập). Vậy câu hỏi đặt ra là “làm thế nào nhận biết được bài tập đã cho dùng phương pháp nào?”, đôi khi có bài tập có một vài cách giải khác nhau tuy nhiên sẽ có cách hay nhất, dễ hiểu nhất. Để giảm bớt “nỗi lo âu” của các em học sinh đối với loại bài tập này, thầy biên soạn cuốn tài liệu TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH, tài liệu bao gồm 120 bài tập giải hệ phương trình minh họa đầy đủ các kỹ thuật giải hệ phương trình trong đề thi đại học, đặc biệt 24 bài tập đầu thầy không chỉ hướng dẫn làm bài mà quan trọng hơn đó là đi sâu vào phân tích, tìm hiểu kỹ thuật giải tương ứng, như vậy dần dần các em sẽ tích lũy được thành kinh nghiệm “bí kíp” cho riêng mình. Sau 24 bài tập, thầy sẽ đưa ra một loạt các bài tập tự luyện kèm hướng dẫn giải bám sát cấu trúc ra đề theo xu thế mới hiện nay để các em tự thực hành và đối chiếu hướng dẫn giải. Phương châm và mong muốn của thầy là học xong tài liệu này, các em sẽ giải quyết tốt câu giải hệ phương trình trong đề thi sắp tới (nếu có).TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 1 Bài 1 : Giải hệ phương trình ( 3 2 2 2 2 2 ) ( ) 2 x 4y 3y 5y x y x 4y 8 12 2x 2y 2 y 4 (1) x + (2)   + + − = + +   − = − − Phân tích tìm lời giải + ĐK: x 5y 2 2 0 x 6 y 0  ≤   < ≤   ≥ + Trước hết quan sát ta thấy phương trình (2) có hình thức đơn giản hơn (1). Tuy rằng (2) có biến x và y cô lập ở từng vế nhưng ta không thể biến đổi để sử dụng “hàm đại diện” được. Vì vậy, ta sẽ “mò nghiệm” để tìm quan hệ của x và y. Thật vậy: Từ (2) ta cho y 4 x 12 2x 24 = ⇒ + − = , bấm máy ta thấy phương trình này vô nghiệm, vì vậy ta bỏ qua việc suy luận từ (2) + Bây giờ ta chỉ còn cách quay về (1) để “nghiên cứu”. Ta thấy như sau: Từ (1) ta cho y 1 x 7 5 x x 12 = ⇒ ( + − = + 2 2 ) , bấm máy giải phương trình này có x 2 = Từ (1) ta cho y 2 x 38 20 x 4 x 24 = ⇒ ( + − = + 2 2 ) ( ), bấm máy giải phương trình có x 4 = Vậy với 2 giá trị ta nhận thấy dự đoán x 2y x 2y 0 = ⇔ − = , điều này khiến ta có suy luận rằng, nếu biến đổi (1) một cách khéo léo, ta sẽ ép được nhân tử chung là (x 2y − ) . Bây giờ ta sẽ “ép nhân tử chung” từ (1) như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 4 2 3 4 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 x 4y 3y 5y x y x 4y 8 4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y 2xy 4y x 5y x xy 4xy 2xy 8y x y 0 2y x 2y x 5y x y y 4x 2xy 8y x y 0 x x 2y x 2y 2y x 2y y x 2y 4 xy 0 5y x y x x 2y x 2y 3y y 4 xy 5y x y + + − = + + ⇔ + + − = + + ⇔ − + − − + + − − = ⇔ − + − − + + − − = − + ⇔ − − + − + = − −  + ⇔ − − + +   − + 0   =    + Như vậy ta đã ép được nhân tử chung (x 2y − ) từ (1), tuy nhiên cái ngoặc vuông “khổng lồ” gắn kèm kia ta rất khó để chứng minh được nó khác 0. Có lẽ cách làm này vẫn không khả thi cho lắm. + Sau một hồi suy luận mất khá nhiều thời gian và công sức, ta cũng chỉ mới biết được x 2y x 2y 0 = ⇔ − = . Bây giờ con đường cuối cùng là ta đổi hướng làm theo kiểu “đánh giá”, chú ý phải “biến đổi ép” để có (x 2y − ) nhé. Thật vậy, từ (1) ta biến đổi như sau:TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 2 ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 3 2 2 2 2 2 x 4y 3y 5y x y x 4y 8 4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y 3xy x 5y x 8y x y 4y 4xy 3xy x 5y x 8y 2y xy (3) + + − = + + ⇔ + + − = + + ⇔ + − − = + − ⇔ + − − = − + Nhận thấy (2y xy 0 2 − ≥ )2 , vậy từ (3) ⇒ 3xy x 5y x 8y 0 + − − ≥ 2 2 2 2 2 x x x 3 5 8 0 y y y x x x 5 8 3 y y y (4)     ⇔ + − − ≥             ⇔ − ≥ −         + Mặt khác, từ ĐK 2 2 2 x x x x 5y 5 0 5 8 3 0 y y y     ≤ ⇔ ≤ ⇔ < ≤     ⇒ − >     , vậy BPT (4) có 2 vế không âm nên bình phương 2 vế và biến đổi ta được kết quả: 4 2 x x x 4 48 64 0 y y y             + − + ≤       , đặt t 0 x y = ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) 24 2 2 22 2 t 4t 48t 64 0 t 2 t 4t 16 0 t 2 0 t 4t 16 0, t 0) x t 2 0 t 2 2 x 2y y (do ⇒ + − + ≤ ⇔ − + + ≤ ⇔ − ≤ + + > ∀ ≥ ⇔ − = ⇔ = ⇒ = ⇔ = + Cuối cùng ta đã tìm được hướng làm đúng, bây giờ thì thay x 2y = vào (2) ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2y 12 4y 2y 2 y 4 3 y y y y 2 y y 2 0 y 2 3 y y y y 2 (do y 0) (5) + − = − − ⇔ − + = − −  − − ≥ ⇔ ≥ ≥  ⇔    − + = − − + Từ (5) biến đổi ta được: y 2y 3y 4y 1 2 y 3 y 4 3 2 − − + + = − ( ) (6) + Phương trình (6) quả thật không dễ gì giải quyết được, nếu bình phương 2 vế tiếp tục, sẽ được phương trình bậc 8 (ghê gớm quá) nên không ai đi làm thế cả + Bây giờ bạn hãy quan sát căn bậc 2 bên phải, ta đoán rằng sẽ tạo ra lượng thích hợp để nhân liên hợp rồi đoán nhân tử chung, vậy trước hết ta sẽ nghĩ đến việc tạo ra lượng ( y 3 y 1 ( ) − − ) ( ) ( ) ( ) ( ) y 3y 1 2 y 3 y 1 y 3 y 1 − − + ⇒ − − = − − ⇒ đoán nhân tử chung là (y 3y 1 2 − + ). + Vậy vấn đề là ta phải ép cho vế trái của (6) có được nhân tử chung là (y 3y 1 2 − + ):TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 3 ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 2 4 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y 2y 3y 4y 1 2 y 3 y 1 y y y 3y 3y 3y y y 1 2 y 3 y 1 2 y 3y 1 y y y 1 3y y y 1 y y 1 y 3 y 1 2 y 3y 1 y y 1 y 3y 1 0 y 3 y 1 2 y 3y 1 y y 1 0 y 3 y 1 2 y 3y 1 0 y y 1 0 y 3 y 1 3 5 y 2 do − − + − = − − ⇔ + − − − + + + − = − − − − + ⇔ + − − + − + + − = − + − + ⇔ + − − + + = − +   ⇔ − + + − + =     − +   ⇔ − + = + + + > − + − = < ⇔ 2 3 5 y x 3 5 2  +  = ⇒ = +  Chú ý: các bạn có thể phân tích đa thức y 2y 3y 4y 1 4 3 2 − − + − thành nhân tử với nhân tử chung là y 3y 1 2 − + bằng 1 trong 2 cách sau: Cách 1: Chia đa thức y 2y 3y 4y 1 4 3 2 − − + − cho đa thức y 3y 1 2 − + Cách 2: Dùng hệ số bất định y 2y 3y 4y 1 y 3y 1 y my 1 m? 4 3 2 2 2 − − + − = − + + − ( )( ) ⇒ Vậy HPT có nghiệm (x; y) 3 5; 3 5 2   + = +       Bài 2 : Giải hệ phương trình 2 2 2 2 x y 3 y 3x 7 y 1 2y 1 x x xy 3y (1) (2)   + + = − +    − + + = + + + Phân tích tìm lời giải + ĐK y 3x 2 y 1 x 0  ≥   ≥   ≥ + Ở bài này ta sẽ không xuất phát từ (1), bởi vì có 2 số 3 và 7 rời nhau nên nếu giải thường sẽ cho nghiệm không phải số nguyên. + Xét phương trình (2) để “xử lý” ta thấy: Nếu cho y 1 x x x 0 x 1 x x x 0 x 0 = ⇒ + + = ⇔ + + = ⇔ = 2 ( ) Nếu cho y 2 x x 2x 4 = ⇒ + + = 2 , bấm máy giải phương trình ⇒ x 1 = + Như vậy đến đây ta dự đoán y x 1 y x 1 0 = + ⇔ − − = , vậy nhân tử chung dự đoán sẽ là ( y x 1 − − ) , bây giờ ta tìm cách ép nhân tử chung từ phương trình (2) như sau:TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 4 2 2 2 2 2 2 y 1 2y 1 x x xy 3y y 1 x x xy 3y 2y 1 y 1 x x xy 3y 2y 1 y 1 x (3) − + + = + + + ⇔ − − = + + − − − − ⇔ = + + − − − + + Ta cần phân tích đa thức ở vế phải của (3) thành nhân tử với nhân tử chung là ( y x 1 − − ) , công việc này không hề đơn giản. Cách xử lý khéo léo là ta coi VP của (3) là phương trình bậc 2 ẩn x: x xy 3y 2y 1 0 2 2 + + − − = ( ) Tính ∆ = = − − = − ≥ y 4.1. 3y 2y 1 3y 2 0 2 2 ( ) ( )2 , vậy phương trình x xy 3y 2y 1 0 2 2 + + − − = ( ) có 2 nghiệm là : y 3y 2 x 2 x y 1 0 y 3y 2 x 2y 1 0 x 2  − + −  =  − + =  ⇔   − − + + − =    = ⇒ x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1 2 2 + + − − = − − + − ( ) ( )( ) Vậy (3) ( )( ) ( ) y 1 x x y 1 x 2y 1 y 1 x 1 y x 1 x 2y 1 0 y 1 x − − ⇔ = − − + − − +   ⇔ − − + + − =       − + Ta thấy với ĐK x 0; y 1 x 2y 1 0 y x 1 0 y x 1 1 y 1 x   ≥ ≥ ⇒       − + + + − > ⇒ − − = ⇒ = + thay vào (1) ta được: x x 1 3 x x 1 7 2 2 + + + = − + + (4), bấm máy thấy phương trình này có nghiệm x 2 = , vậy ta sẽ biến đổi để xuất hiện nhân tử chung là (x 2 − ) : Bình phương 2 vế và biến đổi ta được: ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x 2 7x 7x 7 3x 3x 3 4x 10x 4 x 2 7x 7x 7 3x 3x 3 2 x 2 2x 1 x 2 7x 7x 7 3x 3x 3 4x 2 x 2 1 0 7x 7x 7 3x 3x 3 − = − + − + + − + ⇔ − = − + + + + − − ⇔ − = − + + + +   − ⇔ − − =     − + + + + + Đến đây mặc dù đã xuất hiện nhân tử chung là (x 2 − ) , tuy nhiên đại lượng trong dấu ngoặc thứ hai là 2 2 4x 2 1 7x 7x 7 3x 3x 3   −   −   − + + + + ta không thể chứng minh cho nó ≠ 0 ,TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 5 hơn nữa nếu xét phương trình 2 2 4x 2 1 0 7x 7x 7 3x 3x 3   −   − =   − + + + + thì việc giải phương trình này là rất khó. + Bây giờ ta phải quay trở về phương trình (4) để đổi hướng làm bài như sau: x x 1 3 x x 1 7 x x 1 x x 1 7 3 2 2 2 2 + + + = − + + ⇔ + + − − + = − (4) (5) + Ý tưởng làm bài lúc này là ta sẽ chứng minh cho VT của (5) là hàm đơn điệu để suy ra x 2 = là nghiệm duy nhất của (5). Xét hàm số : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2x 1 2x 1 f (x) x x 1 x x 1 f (x) 2 x x 1 2 x x 1 2x 1 2x 1 f (x) 2x 1 3 2x 1 3 + − = + + − − + ⇒ = − + + − + + − ⇔ = − + + − + Xét hàm số 2 2 ( ) 2 t 3 f (t) , t R f (t) 0, t t 3 t 3 = ∈ ⇒ = > ∀ + + ⇒ f (t) là hàm đồng biến Mặt khác ta có ( )2 2 ( ) 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 g(2x 1) g(2x 1) 2x 1 3 2x 1 3 + − + > − ⇒ + > − ⇒ > + + − + ( )2 2 ( ) 2x 1 2x 1 f (x) 0 f (x) 2x 1 3 2x 1 3 + − ⇒ = − > ⇒ + + − + là hàm đồng biến. Vậy x 2 = là nghiệm duy nhất của (5). KL: (x; y) (2;3) = Bài 3: Giải hệ phương trình ( ) ( ) 4 3 2 3 2 2 4 2 3 3 3 3 x x x 1 x y 1 1 x y 2 x x y 2y y 1 x x (1) (2)   + − + = − +    − + + + = − + Phân tích tìm lời giải + ĐK: x x 1 0 3 2 y 1  − + ≥   ≥ + Ở bài này đối với phương trình (1) trong căn là đa thức có 3 hạng tử nên ta loại trừ PP nhân lượng liên hợp, vậy ta xuất phát từ (2) để biến đổi mấy căn rắc rối kia xem hình dạng biểu thức thu được ra sao nhé + Từ (2) ta biến đổi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 2 3 3 3 3 2 2 3 3 3 3 2 2 3 3 2 3 3 x y 2 x x y 2y y 1 x x x 2x. x x 2y y 1 x x y y 0 x x 2y y 1 x x y y 1 0 x x y y 1 0 x x y y 1 0 − + + + = − +   ⇔ + + − − + + − =     ⇔ + − − + + − = ⇔ + − − = ⇔ + − − =TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 6 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 x x y 1 1 . y 1 x x y 1 y 1 (3) ⇔ + = − + − ⇔ + = − + − + Như vậy sau khi biến đổi (2) thì kết quả thu được tự nhiên rất tốt, do đó đây là điều hết sức may mắn và ngẫu nhiên. + Đến đây ta xét hàm số f (t) t t f (t) 3t 1 0 f (t) = + 3 2 ⇒ = + > ⇒ là hàm đồng biến Vậy từ (3) ⇒ f x f y 1 x y 1 y 1 x ( 3 3 ) = − ( ) ⇒ = − ⇒ ( ) − = 3 2 thay vào (1) ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 2 3 3 2 2 4 3 2 3 2 4 4 3 2 3 2 2 4 3 2 3 2 2 4 3 2 3 2 2 2 2 3 2 2 x x x 1 x 1 x x 1 x x x x 1 0 x x 1 x x x x 1 0 x x 1 x 1 x x x 1 1 0 x x 1 x x x x 1 0 x x 1 x 1 x 1 1 x 0 x x 1 1 x x 1 y 2 x 0 y 1 + − + = + ⇔ − + − + − + − = − + − ⇔ + − + − = − + +   ⇔ − + − − =     − + +  − + − = ⇔    − + + =  =  ⇔   − ≥     − + = −  = ⇒ = ⇔   = ⇒ = KL: HPT có nghiệm (x; y) (1;2),(0;1) = Bài 4: Giải hệ phương trình ( )( ) ( )( ) 3x 3y 8 y x y xy x 6 2 2 2 2 x y 13 3y 14 x 1 5 (1) (2)  + + = − + + +     + − − − + = Phân tích tìm lời giải + ĐK: x 1 14 y 3  ≥ −     ≥ + Quan sát phương trình (1), nếu ta thực hiện mở dấu ngoặc và chuyển vế thì sẽ cô lập được x và y sang từng vế, thật vậy: ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 3 2 3x 3y 8 y x y xy x 6 3x 3y 8 y x y xy x 6 3x 3y 8 y x 6 y x x 3x 6x 8 y 3y 6y (3) + + = − + + + ⇔ + + = − + + +     ⇔ + + = − + − ⇔ + + + = − +TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 7 + Ở phương trình (3) đã cô lập x và y sang từng vế, mặt khác mỗi vế đều có dạng đa thức bậc ba, với hình thức phương trình kiểu này, ta thường nghĩ đến phương pháp sử dụng “hàm đại diện”. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 3 x 3x 6x 8 y 3y 6y x 1 3 x 1 y 1 3 y 1 (4) + + + = − + ⇔ + + + = − + − + Đến đây ổn rồi, xét hàm số f (t) t 3t f (t) 3t 3 0 f (t) = + 3 2 ⇒ = + > ⇒ là hàm đồng biến Vậy từ (4) ⇒ f (x 1) f (y 1) x 1 y 1 y x 2 + = − ⇔ + = − ⇔ = + thay vào (2) ta được: ( ) 2x 11 3x 8 x 1 5 3x 8 x 1 ( ) 2x 11 5 5 8 11 3x 8 x 1 ; x 2x 11 3 2 =0 (5) − − − + = ⇔ − − + = − ⇔ − − + − ≤ ≠ − + Ở phương trình (5) ta nhẩm thấy (hoặc dùng máy tính) phương trình có 2 nghiệm x 3; x 8 = = , tuy nhiên việc giải phương trình (5) là rất khó. Trong trường hợp này ta sẽ dùng phương pháp đồ thị để chứng tỏ phương trình (5) chỉ có đúng 2 nghiệm x 3; x 8 = = . + Xét hàm số f (x) 3x 8 x 1 ; x 5 8 11 2x 11 3 2 = − − + − ≤ ≠ − ( ) ( ) 2 2 3 1 10 f (x) 2 3x 8 2 x 1 2x 1 3 x 1 3x 8 10 8 11 f (x) 0, x ; x 2 3x 8. x 1 2x 1 3 2 ⇒ = − + − + − + − − ⇔ = + > ∀ ≥ ≠ − + − + Ta có bảng biến thiên sau: ++ +∞ 11 2 8 3 f(x) f(x) x + Từ BBT ta thấy hàm số f(x) cắt Ox tại tối đa 2 điểm, vậy phương trình (5) chỉ có 2 nghiệm x 3; x 8 = = KL: HPT có nghiệm là (x; y) (3;5);(8;10) = Nhận xét: Nếu ta giải phương trình ( ) 2x 11 3x 8 x 1 5 − − − + = ( ) bằng phương pháp nhân liên hợp thì ta sẽ biến đổi như sau: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2x 11 3x 8 x 1 5 2x 11 3x 8 1 2x 11 x 1 2 2 x 3 0 2x 11 .3 x 3 2x 11 . x 3 2 x 3 0 3x 8 1 x 1 2 − − − + = ⇔ − − − − − + − − − = − − − − ⇔ − − − = − + + +TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 8 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2x 11 2x 11 x 3 2 0 3x 8 1 x 1 2   ⇔ − − − =   − −   − + + +   + Tuy nhiên đến đây ta gặp khó khăn khi lý luận cho phương trình ở dấu ngoặc vuông kia có nghiệm duy nhất x 8 = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2x 11 2x 11 2 0 3x 8 1 x 1 2     − − − − =   − + + +   Bài 5: Giải hệ phương trình ( )( ) 2 2 2 2 4 2 y y 5 6ln x y x xy y 1 x x 5 3 4y 6y 2 3 4x 0 4 (1) (2)    + +    = − + + −       + +   − + − − =  Phân tích tìm lời giải + ĐK: 0 x 3 4 < ≤ + Nhận thấy (1) có dạng đặc biệt nên biến đổi (1) ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 3 2 3 6ln y y 5 6ln x x 5 x y 2x 2y 6ln y y 5 y 2y 6ln x x 5 x 2x (3) ⇔ + + − + + = − − + ⇔ + + + − = + + + − + Xét hàm số f (t) 6ln t t 5 t 2t, t R = + + + − ∈ ( 2 3 ) f (t) 3t 2 26 2 t 5 ⇒ = + − + + Đến đây ta vẫn chưa chứng minh được f(t) là hàm đơn điệu, vậy ta sẽ tính f’’(t) và sử dụng PP “min max”, thật vậy: ( ) 2 3 1 f (t) 6t 1 t 5     ⇒ = −     +   , xét f (t) 0 t 0 = ⇔ = , ta có bảng biến thiên sau: 6 5 2 0 ∞ + 0 +∞ f(t) f(t) t + Từ BBT ta thấy f (t) 2 0 f (t) 0 f (t) 6 5 ≥ − > ⇒ > ⇒ là hàm đồng biến. + Vậy từ (3) f (x) f (y) x y = ⇒ = thay vào (2) ta có: 4x 6x 2 3 4x 0 4 2 3 4 − + − − = (4)TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 9 + Việc giải phương trình (4) cũng không hề đơn giản, bây giờ ta dùng đến máy tính và thấy phương trình (4) chỉ có nghiệm duy nhất x 1 2 = , do đó ta phải chứng minh cho hàm số ở vế trái của (4) là hàm đơn điệu, thật vậy: + Xét hàm số g(x) 4x 6x 2 3 4x , x 0; 4 2 3 3 4 4   = − + − − ∈    g (x) 16x 12x 4x 4x 3 0, x 0; 3 2 2 4 4 3 ( ) 3 4x 3 4x 4   ⇒ = − − = − − < ∀ ∈  − −   ⇒ g(x) là hàm nghịch biến x 1 2 ⇒ = là nghiệm duy nhất của (4) y 1 2 ⇒ = KL: HPT có nghiệm ( ) x; y ; 1 1 2 2   =     Bài 6: Giải hệ phương trình ( ) 2 3 2 2x x y 2 x 3x 2 y 2 1 y 0 (1) (2)   − + =    − + + + − = Phân tích tìm lời giải + ĐK: 2x x 0 2 0 x 2 0 y 1 0 y 1  − ≥  ≤ ≤   ⇔  ≤ ≤  ≤ ≤ + Nhận thấy phương trình (2) có thể cô lập được x và y sang từng vế, mặt khác VT là đa thức bậc 3 đối với x, VP chứa căn bậc hai của đa thức bậc nhất đối với y, đối với hình thức này, ta thường sử dụng PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 3 3 x 3x 2 y 2 1 y 0 x 3x 2 y 2 1 y x 3x 3x 1 3 x 1 1 y 3 1 y x 1 3 x 1 1 y 3 1 y (3) − + + + − = ⇔ − + = − + − ⇔ − + − − − = − − −     ⇔ − − − = − − − + Xét hàm số f (t) t 3t = − 3 , ta thấy 0 x 2 1 x 1 1 1 t 1 0 y 1 0 1 y 1   ≤ ≤ − ≤ − ≤   ⇔ ⇒ − ≤ ≤   ≤ ≤ ≤ − ≤ ⇒ f (t) 3t 3 3 t 1 0, t 1;1 = − = − ≤ ∀ ∈ − 2 2 ( ) ⇒ f (t) là hàm nghịch biến. + Từ (3) ( ) ( ) ( )2 2 x 1 0 x 1 f x 1 f 1 y x 1 1 y x 1 1 y y x 2x   − ≥  ≥ − = − ⇒ − = − ⇔ ⇔     − = −  = − + + Thay vào (1) ta được: 2x x 2x x 2,1 x 2 − + − = ≤ ≤ 2 2 , giải PT này ⇒ x 1 = KL: HPT có nghiệm (x; y) (1;1) = Bài 7: Giải hệ phương trình ( ) 2 2 5 2 3 1 x 3x y 1 3 x 5x y 2y 4 y 1 (1) (2)   − + − − =    − = + − + Phân tích tìm lời giảiTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 10 + ĐK: 2 2 2 1 x 0 1 x 1 3x y 1 0 y 1 3x y 1 0 y 1  − ≥ − ≤ ≤      − − ≥ ⇔ + ≤    + ≥ ≥ −  + Quan sát thấy phương trình (2) cô lập được x và y sang mỗi vễ, hơn nữa đa thức trong căn bậc hai là bậc nhất nên ta sẽ nghĩ đến việc biến đổi (2) theo PP “hàm đại diện”. ( ) ( ) ( ) 5 2 5 2 5 5 x 5x y 2y 4 y 1 x 5x y 1 5 y 1 x 5x y 1 5 y 1 (3) − = + − + ⇔ − = + − +     ⇔ − = + − + + Xét hàm số f (t) t 5t = − 5 + Ta cần tìm điều kiện của : 2 x 1;1 y 1 3x t 1; 3 y 1 0; 3 y 1 0  ∈ −     + ≤ + ≥    ⇒ + ∈    ⇒ ∈ −     + Ta có f (t) 5t 5 5 t 1 = − = − 4 4 ( ), rõ ràng với t 1; 3 ∈ −     thì ta chưa thể xác định được hàm f(t) đơn điệu, điều này chứng tỏ ĐK của t tìm chưa sát (vẫn còn thiếu). Bây giờ ta phải nghiên cứu kỹ hơn để tìm ĐK cho t thật sát. + Xét (1) ta thấy: 2 2 2 2 2 2 3 3. 1 x 1. 3x y 1 3 3. 3 3x 1. 3x y 1 3 3 1. 3 3x 3x y 1 1 3 3 3 2 2 y y y 1 0 y 1 4 4 2 = − + − − ⇔ = − + − − ⇔ ≤ + − + − − ⇔ ≤ − ⇔ ≤ − ⇔ + ≤ ⇔ ≤ + ≤ + Như vậy cuối cùng ta có x 1;1 3 t 1;1 y 1 0; 2  ∈ −     ⇒ ∈ −  + ∈     ⇒ f (t) 5 t 1 0, t 1;1 f (t) = − ≤ ∀ ∈ − ( 4 ) ⇒ là hàm nghịch biến. + Từ (3) f x f y 1 x y 1 ( ) ( ) 0 x 1 2 2 x y 1 y x 1  ≤ ≤ ⇒ = + ⇒ = + ⇔   = + ⇒ = − thay vào (1) ta được: 3 1 x 2x 3 − + = 2 2 , đặt X x X 0;1 3 1 X 2X 3 = 2 ⇒ ∈ ⇒ − + = (4) + Phương trình (4) giải bằng cách bình phương 2 vế 2 lần KL: HPT có nghiệm là (x; y) (0; 1); ; 6 2 49 11 121   = − ± −       Qua bài này ta thấy việc tìm ĐK cho hàm “đại diện” f(t) sẽ lấy hợp các ĐK của 2 hàm số ở VT và VP, đôi khi chúng ta cần tìm thật sát ĐK của f để chứng minh hàm số f(t) đơn điệu.TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 11 Bài 8 (KA2013): Giải hệ phương trình ( ) 4 4 2 2 x 1 x 1 y 2 y x 2x y 1 y 6y 1 0 (1) (2)   + + − − + =    + − + − + = Phân tích tìm lời giải + ĐK: x 1 ≥ + Ta thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, vậy rất có thể sẽ sử dụng được PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy: ( ) 4 4 4 4 4 4 4 x 1 x 1 y 2 y x 1 x 1 y 2 y x 1 2 y 2 y (3) + + − − + = ⇔ + + − = + + ⇔ − + = + + + Xét hàm số f (t) t 2 t = + + 4 , do y R, x 1 t R ∈ ≥ ⇒ ∈ 3 4 2t f (t) t t 2 ⇒ = + + , rõ ràng với t R ∈ thì hàm số f(t) không đơn điệu, vậy ta cần tìm điều kiện sát hơn đối với t như sau. + Xét (2) x 2x y 1 y 6y 1 0 x 2xy 2x y 6y 1 0 2 2 2 2 + − + − + = ⇔ + − + − + = ( ) ( ) 2 2 2 x y 1 2xy 2x 2y 4y x y 1 4y 4y 0 y 0 ⇔ + + + − − = ⇔ + − = ⇒ ≥ ⇒ ≥ + Như vậy với x 1 t 0 y 0  ≥  ⇒ ≥  ≥ 3 4 2t f (t) t 0, t 0 f (t) t 2 ⇒ = + ≥ ∀ ≥ ⇒ + là hàm đồng biến. + Từ (3) ⇒ f x 1 f y x 1 y x y 1 ( 4 4 − = ) ( ) ⇒ − = ⇒ = + 4 thay vào (2) ta được: y y 2y y 4 0 ( ) 7 4 y 0 7 4 y 2y y 4 0 (4)  = + + − = ⇔   + + − = + Ở phương trình (4) ta thấy có 1 nghiệm y 1 = , mặt khác xét hàm số ở vế trái của (4) ta có: g(y) y 2y y 4 g (y) 7y 8y 1 0 = + + − 7 4 6 3 ⇒ = + + > nên g(y) là hàm đồng biến, vậy y 1 = là nghiệm duy nhất của (4). KL: HPT có nghiệm (x; y) (1;0),(2;1) = Bài 9: Giải hệ phương trình 3 2 2 2 2 2y 2x 1 x 3 1 x y 5x 2y 12x 7 x y 19 5y (1) (2)   − + = + −    + + + − − − = Phân tích tìm lời giải + ĐK: 2 2 2 2 x 1 5x 2y 12x 7 0 x y 19 0  ≥ −   + + + ≥   − − ≥ + Nhận thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, hơn nữa đa thức trong căn là bậc 1, y bậc 3 nên ta sẽ nghĩ đến PP sử dụng “hàm đại diện”, thật vậy: https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 12 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 2y 2x 1 x 3 1 x y 2y y 2x 1 x 3 1 x 2y y 2 1 x 1 1 x 3 1 x 2y y 2 1 x 1 x 3 1 x 2y y 2 1 x 1 x (3) − + = + − ⇔ + = + + + ⇔ + = + − + + +       ⇔ + = + − + + +     ⇔ + = + + + + Xét hàm số f (t) 2t t, t R f (t) 6t 1 0, t R = + ∈ 3 2 ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒ f (t) là hàm đồng biến, từ (3) f y f 1 x y 1 x ( ) = + ⇔ = + ( ) thay vào (2) ta có: 2 2 2 2 5x 14x 9 x x 20 5 x 1, x 5 5x 14x 9 5 x 1 x x 20 + + − − − = + ≥ ⇔ + + = + + − − + Bình phương 2 vế ta được: 2x 5x 2 5 x 1 x 5 x 4 2 − + = + − + ( )( )( ) (4) + Đối với dạng phương trình (4) ta sẽ giải bằng PP đặt 2 ẩn phụ như sau: Đặt ( )( ) 2 2 2 a x 1 x 5 0 a x 5x 5 b x 4 0 b x 4    = + − ≥  = − −   ⇒   = + >   = + thay vào (4) ta có: 2 2 2 a a 2a 3b 5ab 2 5 3 0 b b     + = ⇔ − + =         a 1 b a b a 3 2a 3b b 2   =  = ⇔ ⇔     =   = ( )( ) ( )( ) ( ) x 1 x 5 x 4 5 61 7 61 x y 2 2 4 x 1 x 5 9 x 4 x 8 y 3   + − = +  = + + ⇒ = ⇒  ⇔    + − = +   = ⇒ = KL: HPT có nghiệm ( ) x; y ; ; 8;3 5 61 7 61 ( ) 2 2   =   + +     Bài 10: Giải hệ phương trình ( ) ( ) 3 x y 2 10 xy 2 2 1 2 ( ) x y 1 2x 5 x y (1) (2)   + + = −  −   + =  − Phân tích tìm lời giải + ĐK: x y ≠ + Nhận thấy dạng HPT trên sẽ nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để giải quyết, thật vây : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 3 x y 2 10 xy 2 x y x y 20 x y x y 1 1 2x 5 x y x y 5 x y x y     + + = − + + − + =   − −   ⇔     + = + + − + =   − − https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 13 + Đặt ( ) ( ) a x y 2 2 a 3 b 2 2a b 2 20 1 1 14 a b 5 a bb x y x y 3 3  = +  = ⇒ =     ⇒   + = + − = ⇔   = ⇒ == − +  −  KL: HPT có nghiệm là ( ) ( ) x; y 2;1 ; ; ; ; 8 10 1 10 8 10 1 10 3 3 3 3     + − − + =             Bài 11 (KA2008): Giải hệ phương trình ( ) 2 3 2 4 2 5 x y x y xy xy 4 5 x y xy 1 2x 4 (1) (2)    + + + + = −    + + + = − Phân tích tìm lời giải + HPT đã cho nếu biến đổi một chút ta sẽ thấy xuất hiện nhân tử chung: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 4 2 2 5 5 x y x y xy xy x y xy xy x y 4 4 5 5 x y xy 1 2x x y xy 4 4       + + + + = − + + + + = −   ⇔   + + + = − + + = −     + Đặt 2 2 2 3 2 5 5 5 a b ab b a a 0 b a x y 4 4 4 b xy 5 a 1 3 a b a a 0 a b 4 4 2 2     = +      + + = − = − − = ⇒ = −    ⇒ ⇔ ⇔   =   + = − + + = = −  ⇒ = −       + Với 2 3 5 3 x y 0 x 5 4 a 0,b 5 4 xy 25 4 y 16   + =  =   = = − ⇒   ⇔   = −    = − + Tương tự với a ;b x 1; y 1 3 3 2 2 2 = − = − ⇒ = = − KL: HPT đã cho có nghiệm ( ) x; y ; ; 1; 3 5 25 3 3 4 16 2     = − −           Bài 12 (KA2012): Giải hệ phương trình 3 2 3 2 2 2 x 3x 9x 22 y 3y 9y 1 x y x y 2 (1) (2)  − − + = + −    + − + =  Phân tích tìm lời giải + Nhận thấy (1) có x và y cô lập sang từng vế, hơn nữa bậc của đa thức với biến x và y đều là 3, vậy ta sẽ biến đổi (1) theo PP “hàm đại diện” ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 3 x 3x 9x 22 y 3y 9y x 1 12 x 1 y 1 12 y 1 (3) − − + = + − ⇔ − − − = + − + + Xét hàm số f (t) t 12t, t R f (t) 3 t 4 = − ∈ 3 2 ⇒ = − ( ) , ta thấy f(t) không phải hàm đơn điệu, do đó ta cần đi tìm điều kiện sát hơn đối với biến t như sau: + Từ (2) ta biến đổi sẽ thấy: https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 14 2 2 2 2 1 3 1 1 x 1 x 1 1 1 1 3 3 2 2 2 x y x y x y 1 t 2 2 2 2 2 1 1 3 1 y 1 y 1 2 2 2           − ≤ − ≤ − ≤ − ≤ + − + = ⇔ − + + =     ⇒   ⇔ ⇒ − ≤ ≤       − ≤ + ≤ − ≤ + ≤     + Như vậy với điều kiện của t là 3 3 t f (t) 0 f (t) 2 2 − ≤ ≤ ⇒ < ⇒ là hàm nghịch biến. + Vậy từ (3) ⇒ f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2 ( − = + ) ( ) ⇒ − = + ⇔ = − thay vào (2) và biến đổi ta được: 2 1 3 x y 2 2 4x 8x 3 0 3 1 x y 2 2   = ⇒ = − − + = ⇔     = ⇒ = − KL: HPT có nghiệm ( ) x; y ; ; ; 1 3 3 1 2 2 2 2     = − −         Nhận xét: Ta có thể giải HPT trên bằng PP đặt ẩn phụ như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 2 2 2 x 3x 9x 22 y 3y 9y x y 3xy x y 3 x y 2xy 9 x y 22 0 1 1 x y x y 2 x y 2xy x y 2  − − + = + −  − + − − − + − − + =         ⇔   + − + = − + − − =   + Đặt 3 2 2 a 3ab 3a 6b 9a 22 0 a x y 1 b xy a 2b a 2 (1) (2)  + − − − + =  = −  ⇒ =   + − =  + Từ (2) 2a 2a 1 2 b 4 − − ⇒ = thay vào (1) và biến đổi ta được: 3 2 2 3 a 2 b 2a 6a 45a 82 0 4 a 2a 41 0 (3)   = ⇒ = − + − + = ⇔    − + = + Do phương trình (3) vô nghiệm nên với 3 1 a 2 x y 2 x y 2 2 3 3 b xy 1 3 4 4 x y 2 2      = + =  = ⇒ = −   ⇒ ⇔      = =    = ⇒ = − KL: HPT có nghiệm ( ) x; y ; ; ; 1 3 3 1 2 2 2 2     = − −         Bài 13: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 x y 6 y x 3 7xy x x 3 y y 6 2 x y (1) (2)   + + + =    + + + = + + Phân tích tìm lời giải + Nhận thấy HPT đã cho có thể giải bằng PP đặt ẩn phụ, tuy nhiên để đặt được ẩn phụ, ta cần biến đổi một chút như sau: Nhận thấy x y 0 = = không phải là nghiệm của HPT nên ta chia 2 vế của (1) cho xy 0 ≠ , còn (2) ta chuyển vế và nhóm nhân tử, ta sẽ được: https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 15 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y 6 x 3 x y 6 y x 3 7xy 7 y x x x 3 y y 6 2 x y x x 3 x y y 6 y 2 ()  + +    + + + =  + =   ⇔    + + + = + + + − + + − =   + Ở phương trình () ta biến đổi tiếp bằng cách “nhân liên hợp” ( 2 2 ) ( ) 2 2 2 2 x x 3 x y y 6 y 2 3x 6y 2 x 3 x y 6 y 3 6 2 x 3 y 6 1 1 x y + − + + − = ⇔ + = + + + + ⇔ + = + + + + + Đến đây ta đặt 2 2 y 6 a a b 7 a 5 b 2 y 3 6 7 7 2 a b b x 3 b 1 a 1 2 2 x  +  =  + =  = ⇒ =       + ⇒ + = ⇔   = ⇒ =  =  + +   + Đoạn cuối bạn đọc tự giải, cuối cùng ta có đáp số ( ) x; y ; ; 1; 4 8 1 15 15 2     =           Bài 14: Giải hệ phương trình ( ) 3 3 2 2 3 x 1 x 3x y 6y 9y 2 ln 0 y 1 y log x 3 log y x 1 (1) (2)  −  − − − − − + =  +       − + = + Phân tích tìm lời giải + ĐK: x 3 y 0  >   > + Quan sát (1) ta thấy có thể cô lập được x và y sang từng vế, mặt khác x và y đều có mũ cao nhất là 3, vì vậy ta sẽ sử dụng PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 x 1 x 3x y 6y 9y 2 ln 0 y 1 x 3x 2 ln x 1 y 6y 9y ln y 1 x 1 3 x 1 ln x 1 y 1 3 y 1 ln y 1 (3) − − − − − − + = + ⇔ − − + − = + + + + ⇔ − + − + − = + + + + + + Xét hàm số f (t) t 3t ln t = + + 3 2 , do x 3 t 0 y 0  >  ⇒ >  > 2 1 f (t) 3t 6t 0, t 0 t = + + > ∀ > ⇒ f(t) là hàm đồng biến. + Từ (3) ⇒ f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2 ( − = + ) ( ) ⇒ − = + ⇔ = − thay vào (2) ta được: https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 16 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 x 2 log x 3 log x 2 x 1 x 1 log x 3 log x 2 0 x 2 (4) − − + − = +     + ⇔ − + − − = − + Nhận thấy phương trình (4) không dễ gì giải quyết được, vậy la dùng phương pháp hàm số. Ta thấy (4) có 1 nghiệm là x 5 = , mặt khác ta xét hàm số: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 x 1 g(x) log x 3 log x 2 , x 3 x 2 1 1 3 g (x) 0, x 3 x 3 ln 2 x 2 ln 3 x 2 + = − + − − > − ⇒ = + + > ∀ > − − − Vậy g(x) là hàm đồng biến ⇒ x 5 = là nghiệm duy nhất của (4). ĐS:(x; y 5;3 ) = ( ) Bài 15: Giải hệ phương trình 3 2 ( ) 2 3 2 2 y 3x 2x 1 4y 8 y x 4y x 6y 5y 4   + − + =    + − + = Phân tích tìm lời giải + Ta nhận thấy hệ đã cho có thể cô lập được x và y sang từng vế để sử dụng PP “hàm đại diện” giải HPT. + Do y 0 = không phải là nghiệm của HPT nên: ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 2 2 3 3 2 8 4 3x 2x 1 y 3x 2x 1 4y 8 y 3x 2x 1 8 4y y y y x 4y x 6y 5y 4 y x 4x 5 4 6y x 4x 5 4 6 y y (1) (2)      + − + =  + − = −  + − = −    ⇔ ⇔     + − + =  + + = + + + = +   + Ta cộng vế của (1) và (2) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 8 6 2 2 x 3x 6x 4 x 1 3 x 1 3 y 6 y y ⇒ + + + = + ⇔ + + + = +         (3)     + Xét hàm số f (t) t 3t, t R f (t) 3t 3 0, t R f (t) = + ∈ 3 2 ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒ là hàm đồng biến + Từ (3) f x 1 f x 1 ( ) 2 2 y y   ⇒ + =   ⇒ + =   thay vào (2) ta có: x 4x 5 x 1 3 x 1 x 1 3 + + = + + + ⇔ = ± ( ) ( ) 2 (với x 1 = − không tìm được y) ⇒ (x; y) (1;1) = Bài 16: Giải hệ phương trình ( ) 2 3 2 2 y x x y x y 2 x y 3 2x 1 11 (1) (2)   − − =  −   + − − = Phân tích tìm lời giải + ĐK x x y 0 2 x y 0 1 x 2  − − ≥   − ≠  ≥  https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 17 + Ở phương trình (1) ta nhận thấy: Nếu cho x 2 = 3 y 2 y 0 2 y ⇒ − − = − , bấm máy tính giải PT này ta có y 1 = Nếu cho x 3 = 3 y 6 y 0 3 y ⇒ − − = − , bấm máy tính giải PT này ta có y 2 = ⇒ ta thấy y luôn kém x là 1 đơn vị ⇒ y x 1 = − ⇒ như vậy (1) sẽ có nhân tử chung là y x 1 x y 1 − + = − − − ( ) , bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung: + Ta thấy x x y 0 2 − − ≠ vì : nếu x x y 0 2 − − = thì theo (1) 1 x 0 y 0 2 x 1  ⇒ = ⇒  = <   = ⇒ x 0; y 0 = = không là nghiệm của HPT, vậy từ (1) thực hiện nhân liên hợp ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 3 y y y y x x y x x y x y x y 1 1 x y x x y x x y x x y x y 1 x y y 1 x x y x y 1 y x x y x x y 1 x y x y 1 0 x y x y 1 y x x y x x y () − − − − − = ⇔ − = ⇔ − − = − = − − − − − − − − − + + − ⇔ = − + − + + − − − −     + ⇔ − − + =       − + − + + − − − − + Đến đây ta cần tìm cách chứng minh cho phương trình ở dấu ngoặc vuông vô nghiệm. ( ) ( ) 3 2 3 ( 2 2 ) 1 x y 0 x y x y 1 y x x y x x y     +   + ≠     − + − + + − − − − + Ta thấy 3 ( )2 3 2 2 1 0 x y x y 1 x x y 0 x x y 0 x 0   >  − + − +  − − >  − − >   > vậy ta chỉ còn chứng minh cho y 0 > + Giả sử y 0 < , vậy từ (1) 3 x y 0 x y 0 x y 1 2 ⇒ − < ⇔ − < ⇔ ≤ < (vô lý) ⇒ y 0 > + Như vậy với hàng loạt dữ kiện có được là 3 ( )2 3 2 2 1 0 x y x y 1 x x y 0 x x y 0 x 0, y 0   >  − + − +  − − >  − − >   > > thì ta luôn có: https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 18 ( ) ( ) 3 2 3 ( 2 2 ) 1 x y 0 x y x y 1 y x x y x x y + + > − + − + + − − − − , vậy từ () x y 1 0 y x 1 − − = ⇔ = − + Thay y x 1 = − vào (2) ta được: 2 2x 2x 1 3 2x 1 11 2x 1 3 2x 1 10 0 ( 2 − + + − = ⇔ − + − − = ) ( )2 + Đặt t 2x 1 t 3t 10 0 t 2 2x 1 2 x y 4 5 3 2 2 = − ⇒ + − = ⇔ = ⇒ − = ⇔ = ⇒ = Bài 17 (KB2014): Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 1 y x y x 2 x y 1 y 2y 3x 6y 1 2 x 2y 4x 5y 3 (1) (2)   − − + = + − −    − + + = − − − − Phân tích tìm lời giải + ĐK: x y 0; y 0;x 2y 0;4x 5y 3 0 − ≥ ≥ − ≥ − − ≥ () + Ta thử với phương trình (1) thì thấy quy luật sau: Cho x 1 1 y 1 y 1 y y 0 ( ) y 0 y 1  = = ⇒ − − − + = ⇔   = Cho x 2 1 y 2 y y 1 y 0 y 1 = ⇒ ( − − + − = ⇔ = ) ( ) Như vậy ta có quy luật y x 1 = − , điều này chứng tỏ (1) sẽ có nhân tử chung là − − − (x y 1) + Bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung là − − − (x y 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 y x y x 2 x y 1 y 1 y x y 1 1 y x 2 x y 1 y 0 1 y x y 1 x y 1 1 y 0 x y 1 1 y x y 1 x y 1 1 y 0 x y 1 1 y 1 1 1 y x y 1 0 x y 1 1 y − − + = + − − ⇔ − − − + − + − − − − =     − − − ⇔ + − − − = − + − − − − − − ⇔ + = − + +   ⇔ − − − + =       − + + + Với y 1 = thay vào (2) ta có 9 3x 0 x 3 − = ⇔ = + Với y x 1 = − thay vào (2) ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2x x 3 2 x 2 x x 1 x 1 2 x 0 1 x x 1 2 0 x 1 2 x 1 5 x x 1 x 2 − − = − ⇔ − − + − − − =   ⇔ − − + =     − + − ± ⇔ − − ⇔ = Kết hợp ĐK: ( ) ( ) x; y 3;1 ; ; 1 5 1 5 2 2   + − + =       https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 19 Bài 18: Giải hệ phương trình 2 2 2 3 y 1 2y 1 x x xy 3y 2x 11x 21 3 4y 8 (1) (2)   − + + = + + +    − + = − Phân tích tìm lời giải + ĐK: y 1; x 0 ≥ ≥ + Ở phương trình (1) ta làm phép thử sau: Cho x 1 y 1 2y 1 4y = ⇒ − + = + 2 , bấm máy tính giải PT này ⇒ y 2 = Cho x 4 y 1 2y 17 7y = ⇒ − + = + 2 , bấm máy tính giải PT này ⇒ y 5 = + Đến đây ta dự đoán quy luật y x 1 x y 1 0 = + ⇔ − + = ⇒ (1) sẽ có nhân tử chung là x y 1 − + , bây giờ ta biến đổi (1) để ép nhân tử chung: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 y 1 2y 1 x x xy 3y x y 1 x xy 3y 2y 1 0 x y 1 x xy 3y 2y 1 0 x y 1 (3) − + + = + + + ⇔ − − + + + − − = − + ⇔ + + + − − = + − + Ta coi x xy 3y 2y 1 0 2 2 + + − − = là phương trình bậc 2, ẩn x ⇒ ∆ = − ( ) 3y 2 2 x y 1 x y 1 0 x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1 2 2 ( )( ) x 2y 1 x 2y 1 0   = − − + = ⇒   ⇔ ⇒ + + − − = − + + −   = − + + − = + Vậy phương trình (3) tương đương với: ( ) ( ) x y 1 2 2 x xy 3y 2y 1 0 x y 1 1 x y 1 x 2y 1 0 x y 1 (4) − + + + + − − = + −   ⇔ − + + + − =       + − + Căn cứ vào ĐK của bài ta có : 1 x 2y 1 0 x y 1 + + − > + − , vậy từ (4) ⇔ = + y x 1 + Thay y x 1 = + vào (2) ta được: 2x 11x 21 3 4x 4 2 − + = − 3 (5) + Ở phương trình (5) ta thấy có 1 nghiệm x 3 = (nhẩm hoặc bấm máy), vì vậy ta cần biến đổi (5) để ép nhân tử chung là (x 3 − ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 2 2 3 3 2 3 3 2x 11x 21 4x 4 3 4x 4 8 2x 11x 15 12 x 3 x 3 2x 5 4x 4 2 4x 4 4 12 x 3 2x 5 0 4x 4 2 4x 4 4 (6) − + = − ⇔ − − = − + − ⇔ = − − − + − +   ⇔ − − − =       − + − + + Đến phương trình (6) ta lại gặp khó khăn khi xử lý phương trình trong dấu ngoặc vuông ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 ( ) 12 12 2x 5 0 2x 5 4x 4 2 4x 4 4 4x 4 2 4x 4 4 − − = ⇔ = − (7) − + − + − + − + https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 20 + Đặt t 4x 4 = − 3 ta xét hàm số f (t) 2 12 t 2t 4 = + + ( ) ( ) 2 2 24 t 1 f (t) t 2t 4 + ⇒ = − + + + Ta cần phải tìm ĐK cho t để đánh giá hàm f(t), nhận thấy từ (5) ta có: 2 2 3 3 3 3 11 47 2x 11x 21 3 4x 4 2 x 3 4x 4 4 8 47 47 47 3 4x 4 4x 4 t f (t) 0 8 24 24   − + = − ⇔ − + = −     ⇒ − ≥ ⇔ − ≥ ⇒ ≥ ⇒ < ⇒ f (t) là hàm nghịch biến 3 ( )2 3 12 f (x) 4x 4 2 4x 4 4 ⇒ = − + − + là hàm nghịch biến, mặt khác hàm số g(x) 2x 5 = − là hàm đồng biến, hơn nữa nhận thấy phương trình (7) có 1 nghiệm x 3 x 3 = ⇒ = là nghiệm duy nhất của (7). + Từ (6) ⇒ x 3 = . ĐS: (x; y 3;4 ) = ( ) Bài 19: Giải hệ phương trình ( ) ( ) x x 3 y y 3 2 2 3 x 2 y y 8 (1) (2)   − − + = −    − = + Phân tích tìm lời giải + Quan sát hệ ta thấy (1) có thể cô lập được x và y sang từng vế, hơn nữa x có mũ 3, y nằm trong biểu thức chứa căn bậc 2 đây là loại toán phổ biến ta sẽ nghĩ ngay đến việc dùng “hàm đại diện” để làm. Cụ thể (1) biến đổi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 3 x 3x 2 y y 3 x 1 3 x 1 y 3 3 y 3 x 1 3 x 1 y 3 3 y 3 ⇔ − + = + ⇔ − − − = + − +     ⇔ − − − = + − + + Đến đây thì ổn rồi, coi như là có lối thoát, ta xét hàm f (t) t 3t = − 3 + Các bạn chú ý tìm điều kiện của t căn cứ vào ĐK của x và y nhé, cụ thể như thế này: Do x 2 x 1 1 t 1 y 0 y 1 1  ≥ ⇒ − ≥  ⇒ ≥  ≥ ⇒ + ≥ , xét f (t) 3t 3 0, t 1 = − ≥ ∀ ≥ 2 ⇒ f(t) đồng biến Vậy f x 1 f y 3 x 1 y 3 x 1 y 3 ( ) − = + ⇔ − = + ⇔ = + + ( ) thay vào (2) và bình phương 2 vế ta được: 9 y 3 y 8y 9 + = + + 2 () + Phương trình () ta có thể dùng quy tắc giải phương trình cơ bản rồi bình phương 2 vế, tuy nhiên cách đó sẽ ra phương trình bậc cao, hơn nữa ta chỉ giải được nếu pt đó có nghiệm nguyên. + Bạn lấy máy tính bấm ta thấy pt () có nghiệm y = 1, vậy ta sẽ dùng cách thêm bớt rồi nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung là y 1 như sau: ( ) ( )( ) ( ) 9 y 3 y 8y 9 y 3 2 y 8y 9 2 2 y 1 9 9 y 1 y 9 y 1 y 9 0 y 3 2 y 3 2 + = + + ⇔ + − = + − () 9 −   ⇔ = − + ⇔ − − − = + + + +       + Ta dễ thấy với y 0 ≥ thì 9 y 9 0 y 3 2 − − < + + . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;1) https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 21 Bài 20: Giải hệ phương trình ( )( ) 2 2 2 2 x y xy 1 4y x 1 2 x x y (1) (2)   + + + =    + − = Phân tích tìm lời giải Nhận xét: Đối với pt (1) vế trái là đẳng cấp bậc 2, mà vế phải bậc 1, như vậy dạng toán này ta thường nghĩ đến việc khử ẩn bậc 1 nằm ở vế phải như sau: + Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ nên chia 2 vế của (1) cho y 0 ≠ được phương trình : x 1 2 x y 4 + y + + = () + Ở phương trình () đã xuất hiện đại lượng 2x 1+ y , điều này có nghĩa là ta sẽ biến đổi (2) để làm xuất hiện 2x 1+ y và dẫn đến việc suy nghĩ sẽ giải hệ bằng cách đặt ẩn phụ, trong đó có 1 ẩn phụ là x 1 2 a + y = + Bây giờ ta thực hiện mở dấu ngoặc từ pt(2) sẽ được : x x x y 2x 2 0 3 2 2 + + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x 1 x y 2 x 1 0 x x 1 x y y y 2 x 1 0 x x 1 y x 1 2 x 1 y x 1 x y 2 y x 1 x y 2 1 y () ⇔ + + − + = ⇔ + + + − − + = ⇔ + + + − + = ⇔ + + − = + ⇔ + − = + Như vậy sau khi biến đổi pt(2) để làm xuất hiện đại lượng 2x 1+ y , ta thấy xuất hiện thêm một đại lượng nữa là (x y 2 + − ), do đó từ () ta thêm bớt để thành như sau : x 1 2 x y 4 + y + + = () ( ) x 1 2 x y 2 2 y   + ⇔ + + − =     + Vậy cuối cùng thì hệ phương trình đã cho đã trở thành : ( ) ( ) ( ) 2 2 x 1 x y 2 2 y x 1 x y 2 1 y   +   + + − =     +  + − =  Bài toán đến đây sẽ giải bằng cách đặt ẩn phụ x 1 2 a + y = , b x y 2 = + − quá dễ rồi nhé. Các bạn giải đoạn cuối sẽ có đáp số (x; y 2;5 , 1;2 ) = − ( ) ( ) Bài 21: Giải hệ phương trình 2 3 3 3 3 2 2 2 3x y 2xy y 8 4y x y 4y x 6y 5y 4   + − = −    + − + = Phân tích tìm lời giải + Trước hết, ta thấy mỗi PT của hệ đều có thể cô lập được x, y nên ta biến đổi như sau: https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 22 ( ) ( ) 3 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3x y 2xy y 8 4y y 3x 2x 1 8 4y x y 4y x 6y 5y 4 y x 4x 5 4 6y    + − = −  + − = −   ⇔  + − + =   + + = + + Nhận thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ nên ta biến đổi tiếp : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 2 3 3 2 8 4 3x 2x 1 y 3x 2x 1 8 4y y y y x 4x 5 4 6y x 4x 5 4 6 y y (1) (2)     + − = −  + − = −   ⇔    + + = + + + = +   + Quan sát (1) và (2) rõ ràng ta cần phải cộng vế của chúng lại (sẽ làm mất đi lượng 4 2 y ) 3 2 3 8 6 x 3x 6x 4 y y ⇒ + + + = + () + Phương trình () nhận thấy VT và VP có “hình thức” gần giống nhau rồi, vậy chắc chắn đến đây sẽ dùng “hàm đại diện” để làm, vậy biến đổi tiếp tục nhé: ( ) ( ) 3 3 2 3 3 8 6 2 2 x 3x 6x 4 x 1 3 x 1 3 y y y y     + + + = + ⇔ + + + = +         Ổn rồi nhé, giờ xét hàm số f(t) t 3t, t R f (t) 3t 3 0, t R = + ∈ 3 2 ⇒ = + > ∀ ∈ . Vậy f(t) là hàm đồng biến f (x 1) f x 1 2 2 y y   + =   ⇒ + =   thay vào (2) …(bạn tự làm đoạn cuối vì nó không khó). Cuối cùng có đáp số (x; y) (1;1) = Bài 22: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 x 2y 8(x y) 3xy 4 2 x 3 y 2x y 5 (1) (2)   + = + −    − + − = − + Phân tích tìm lời giải + ĐK: x 2; y 3 ≤ ≤ + Ta thấy ở phương trình (1) ⇒ x x(8 3y) 2y 8y 0 2 2 − − + − = () + Ta coi () là phương trình bậc 2 với ẩn x, tính ∆ = − − − = = − ≥ ( ) 8 3y 4.1 2y 8y ... y 8 0 2 2 ( 2 ) ( ) , từ đây tìm được 2 nghiệm x 8 2y x 2y 8 0 x y x y 0   = − + − =   ⇔   = − + = , vậy () ⇔ + − + = (x 2y 8)(x y) 0 + Với x 2y 8 + = ta thấy: với đk đề bài x 2 x 2 x 2y 8 x 2y 8 y 3 2y 6 y 3   ≤ =   ⇒ + ≤ ⇒ + = ⇔   ≤ ⇒ ≤ = (như vậy ta đã dùng cách đánh giá kết hợp với đk để có x = 2 ; y = 3, nếu bạn không biết kỹ thuật đặc biệt này thì từ x 2y 8 + = ⇔ = − x 8 2y thay vào (2) giải sẽ rất dài dòng) Bây giờ thay x = 2; y = 3 vào (2) ta thấy không thỏa mãn. Vậy loại bỏ trường hợp này + Với y x = − thay vào (2) và biến đổi ta được : 4 2 x 3 x x 5 − + + = + 2 (). Gặp dang phương trình (), ta dùng máy tính để bấm nghiệm và thấy phương trình có 1 nghiệm là x = 1, như vậy ta sẽ nghĩ đến dùng PP “nhân lên hợp” để xuất hiện nhân tử chung là (x 1) − . Thật vậy, từ () https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 23 4 2 x 1 3 x 2 x 1 4 (x 1)(x 1) ( ) ( ) 2 1 x x 1 2 x 1 3 x 2 4 1 (1 x) x 1 0 2 x 1 3 x 2 − − ⇔ − − + + − = − ⇔ + = − + − + + +   ⇔ − − + + =     − + + + TH1: 1 x 0 x 1 y 1 − = ⇔ = ⇒ = − TH2: Xét f (x) x 1; 3 x 2 4 1 2 x 1 3 x 2 = − + + − ≤ ≤ − + + + Nhận thấy f(x) có 1 nghiệm x 2 = − , mặt khác: ( )2 2 ( ) 2 1 f (x) 0 2 x 2 x 1 2 3 x 3 x 1 = + > − − + + + + ⇒ f(x) là hàm đồng biến ⇒ x 2 = − là nghiệm duy nhất của f(x). Vậy HPT có nghiệm (x; y) (1; 1);( 2;2) = − − Bài 23: Giải hệ phương trình 2 2 3 2 2x 11x 2y 9 0 22x 21 y 3y y (2x 1) 2x 1 (1) 4x (2)   − − + =    − + + + + = + − Phân tích tìm lời giải + ĐK: x 1 2 ≥ + HPT ( ) 2 2 3 2 2x 11x 2y 9 11x 21 y 3y y (2x 1) 2x 1 (1) 4 2x (2)   − = − ⇔    − + + + + = + − Thay (1) vào (2) ta có: y 3y 5y 3 (2x 1) 2x 1 3 2 + + + = + − () Nhận thấy () có vế trái là đa thức bậc 3, vế phải có căn bậc 2, hơn nữa x và y đều cô lập ở mỗi vế, do đó ta sẽ nghĩ đến PP hàm số để giải quyết tiếp, thật vậy từ () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 y 1 2 y 1 2x 1 2 2x 1 y 1 2 y 1 2x 1 2. 2x 1 ⇔ + + + = − + −     ⇔ + + + = − + − Đến đây ổn rồi, ta xét hàm f (t) t 2t f (t) 3t 2 0 = + 3 2 ⇒ = + > ⇒ f(t) là hàm đồng biến ⇒ f y 1 f 2x 1 y 1 2x 1 ( ) + = − ⇔ + = − ( ) thay vào (1) ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2x 11x 11 0 x 1 y 0 2 2x 1 2x 11x 11 4 2x 1 2x 11x 11 x 5 y 2  − + ≥   = ⇒ = − = − + ⇔ ⇔     − = − +  = ⇒ = Bài 24: Giải hệ phương trình 3 3 3 2x 3x y 1 xy 2x 3   + =    − = Phân tích tìm lời giải + Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ nên sẽ biến đổi như sau: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 2 3y 2 3y 2x 3x y 1 x x y 2 2 3y y 2 3. 2 3y xy 2x 3 3 1 y 2 3 y 2 x x 3 ()       + =  + =  = + −    ⇔ ⇔ ⇒ + = ⇒ − = +  − =   − = = −     + Đặt ẩn phụ t 2 3y t 2 3y t 2 3y = + 3 ⇒ 3 3 = + ⇔ − = , mặt khác từ () có y 2 3t 3 − = . https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 24 Như vậy ta có HPT 3 3 y 2 3t 2 3y (3) t (4)   − =    − = , lấy (3) (4) ta được: y t 3(t y) (y t)(y yt t 3) 0 y t 3 3 2 2 − = − ⇔ − + + + = ⇔ = (do (y yt t 3) 0 2 2 + + + > ) Đến đây thì coi như bài toán giải quyết xong. ĐS: (x; y) ( 1; 1); 1; 1 2   = − −     Bài 25: Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 2 2 x 2y 7xy 6 x 2x 5 y 2y 2 x 2xy y 9   − − =    + + + − + = + + + Hướng dẫn làm bài Từ (2) ⇔ + + + − + = + + ( ) x 1 2 y 1 1 x y 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) () Xét u (x 1;2), v (y 1;1) u v (x y;3) = + = − ⇒ + = +



Từ () ta có | | | | | | 2 2( 1) 1 2 1 1 + + ≥ + ⇔ = ⇔ + = − −



x u v u v x y y thay vào (1) và giải hệ ta có (x; y) ( 1;1); ; 7 1 2 4   = − − −     Bài 26 (KA2014) Giải hệ phương trình : 2 3 x 12 y y(12 x ) 12 x 8x 1 2 y 2   − + − =    − − = − Hướng dẫn làm bài Từ (1) ⇔ − + − = x. 12 y y. 12 x 12 2 Xét u (x; 12 x ), v ( 12 y; y) u 12, v 12 = − = − 2 ⇒ = =



Ta có u.v u.v u . v x. 12 y y. 12 x 12 ≤ ≤ ⇔ − + − ≤ 2





Dấu “=” khi 2 x 12 x 2 y 12 x 12 y y − = ⇔ = − − thay vào (2) để giải hệ phương trình … Bài 27: Giải hệ phương trình: ( )( ) ( ) ( ) 2 4 2 3 3 1 1 4 8 1 3 2 26 2 14 2 xy x y y x y x y x x   + + + − =  − + + = − Hướng dẫn làm bài ĐK: y ≥ 0 Ta có 4 0 + − > − = y y y y do đó từ phương trình (1) suy ra x>0; y>0 ( ) 1 1 1 4 4 8 4 ⇔ + + + − + + = + + xy x y y y y y y ( 2 )( )( ) ( ) xy x y y x x x ( ) 1 1 2 4 1 1 2 2 ( ) 2 2 4 y y y ⇔ + + = + + ⇔ + + = + + 2 2 2 2 2 x x x 1 1 y y y       ⇔ + + = + +                   (3) https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 25 Xét hàm số f t t t t ( ) = + + 1 2 trên (0;+∞) . Có ( ) ( ) 2 2 2 1 1 0 0; 1 t f t t t t = + + + > ∀ ∈ +∞ + Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên (0;+∞) . Mà phương trình (3) có dạng f x f x y ( ) 2 2 42 y y x   = ⇔ = ⇔ =       Thay y 42 x = vào phương trình (2) ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 3 3 3 3 3 3 12 26 8 2 14 6 13 4 14 2 2 14 14 4 x x x x x x x x x x − + + = − ⇔ − + + = − ⇔ − + − = − + − Xét hàm số g u u u ( ) = + 3 trên R Có g u u u R 3 1 0 ( ) = + > ∀ ∈ 2 Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R mà phương trình (4) có dạng: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 2 1 2 2 14 2 14 6 12 6 0 1 2 x nhaän g x g x x x x x x loaïi  = + − = − ⇔ − = − ⇔ − + + = ⇔    = − ⇒ y = − 12 8 2 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1 2;12 8 2 + − ) Bài 28: Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 4 2 6 11 10 4 2 0   + − = − − −    − − + − − = x x y y x y x x Hướng dẫn làm bài Điều kiện: 2 2 4 2 0 2 4 10 0 y y x x   + + ≥   − − + ≥ Áp dụng bất đẳng thức AMGM ta có: 2 2 2 4(10 4 2 ) 14 4 2 6 11 10 4 2 4 x x x x y x x x − − − − − + = − − = ≤ Rút gọn ta được: 4( 6 11) 14 4 2 10 2 15 0 y x x x x x y − + ≤ − − ⇔ − + + ≤ 2 2 (3) Tương tự phương trình (1) : 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 4 4 3 0 2 y y x x y y x x y y − − − + − = − − − ≤ ⇔ + + + − ≤ (4) Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được: 2 2 2 2 1 3 6 6 12 0 3( 1) ( 3) 0 3 x x x y y x y y  = − + + + ≤ ⇔ − + + ≤ ⇔   = − Kết hợp với điều kiện đề bài, suy ra nghiệm hệ phương trình là S = − (1, 3) Bài 29: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 (1) 1 2. (2) x xy y y x y x y x   + + = +    − + + = Hướng dẫn làm bài ĐK: x y − + ≥ 1 0. https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 26 2 2 2 (3) (1) 2 2 0 ( )( 2 2) 0 2 2 (4) x y x y xy y y x x y x y x y  = ⇔ − + − + − = ⇔ − + − = ⇔   = − • Từ (3) (2) ta có x = y = 1. • Từ (4) (2) ta có 2 2 0; 2 1 8 3 3 2 ; . 3 3 y x x y y y y y x  = =      = − − = ⇔    = − = Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 1;1 ; ; 2;0 ; ; ; . 8 1 3 3 x y x y x y   = = = −     Bài 30: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 4 3 7 4 5 6 3 2 3 10 34 47 x xy y x xy y x xy y x xy y     + − + + − = − −    + + = Hướng dẫn làm bài ĐK: 2 2 2 2 3 2 0 4 3 7 0 x xy y x xy y     − − ≥     + − ≥ Chuyển vế nhân liên hợp ở phương trình (1), ta được: ( ) 2 2 5 6 4 0 2 2 2 2 1 6 4 3 7 3 2 x y x xy y x y x xy y x xy y    + − + = ⇔        + − + − −         = = − + Với x y = thay vào (2), ta được: x 2 = ⇔ 1 x y x y = ⇒ = = − ⇒ = − 1 1 1 1 + Với x y = −6 thay vào (2), ta được: 2 47 47 6 82 82 82 47 47 47 6 82 82 y x y y x   = ⇒ = − = ⇔    = − ⇒ =  ; KL: S = − − − −             ( ) ( ) 1;1 , 1; 1 , ; 6 ; ;6               47 47 47 47 82 82 82 82                     Bài 31: Giải hệ phương trình sau 3 2 2 2 1 3 1 1 2 2 1 y x x x y y x xy x   + − = − −    + = + + Hướng dẫn làm bài Đk: − ≤ ≤ 1 1 x Hệ phương trình 3 ( )3 2 2 2 1 1 1 2 2 1 y y x x y x xy x   + = − + − ⇔    + = + + ( ) 2 ( ) 1 1 , 0 1 2 2 1 2 y x y y x xy x   = − ≥ ⇔    + = + + Ta có (2) ⇔ − + = + − 1 1 2 2 1 x x x x 2 2 ⇔ + − − − − = 2 2 1 1 1 0 x x x x 2 2 (Do hàm f t t t ( ) = + 2 3 luôn đồng biến) https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 27 Đặt x t = cos với t ∈0; π , ta có cos 1 2sin 1 2 sin 2 2 2 t t x t x = = − ⇒ − = Nên phương trình (2) trở thành 2 os 2cos sin 2 sin 1 0 2 t 2 c t t t + − − = 2 sin 2 2 sin 4 2 t t   π ⇔ + =     ( ) 4 3 3 4 5 5 k t k k t π π π π   = − + ⇔ ∈     = + ℤ ( ) os 0; 5 5 2 sin 10 x c t t l y π π π π π    = ∈   = ⇔ ⇔     =    = là nghiệm của hệ phương trình. Bài 32: Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 x y xy 1 x y x y x y   + + =  +   + = − Hướng dẫn làm bài ÑK : x y 0 + > , ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2   + + =  +   + = − xy x y x y x y x y ( ) ( ) 1 2 1 0 2 2 0 ⇔ + − + − = ⇔ + − + + − + = 2 3 2 ( ) ( ) ( ) + xy x y xy x y xy x y xy x y x y ⇔ + + − − + − = ( ) ( ) x y x y xy x y ( 2 1 2 1 0 ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 ( ) 1 1 2 0 1 3 0 4 ⇔ + − + + + − =      + = ⇔    + + + = x y x y x y xy x y x y x y Dễ thấy (4) vô nghiệm vì x + y > 0. Thế (3) vào (2) ta được x y 2 − = 1 Giải hệ 2 1 1; 0 1 2; 3  + =  = =  ⇒   − =  = − = x y x y x y x y (nhận) Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (1;0) và (2;3). Bài 33: Giải hệ phương trình: x 3 +12y2 + x + 2 = 8y3 +8y x 2 +8y3 + 2y = 5x  Hướng dẫn làm bài Error Objects cannot be created from editing field codes. + Ta có (1) x x (2y 1) (2y 1)() ⇔ + = − + − 3 3 + Xét hàm số f (t) t t, t R = + ∈ 3 ⇒ f (t) 3t 1 0 = + > 2 . Vậy hàm số f(t) đồng biến trên R. Từ () ta có: f (x) f (2y 1) x 2y 1 = − ⇒ = − + Thế x = 2y 1 vào (2) giải ra được y = 1 hoặc y = 6 thoả mãn Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1), (11;6) https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 28 Bài 34: Giải hệ phương trình 2 2 3 5 4 4 2 1 1 x xy x y y y y x y x   + + − − = +    − − + − = − Hướng dẫn làm bài Đk: 2 2 0 4 2 0 1 0 xy x y y y x y  + − − ≥   − − ≥  − ≥  Ta có (1) ⇔ − + − + − + = x y x y y y 3 1 4( 1) 0 ( )( ) Đặt u x y v y = − = + , 1 (u v ≥ ≥ 0, 0 ) Khi đó (1) trở thành : u uv v 2 2 + − = 3 4 0 4 ( ) u v u v vn  = ⇔   = − Với u v = ta có x y = + 2 1, thay vào (2) ta được : 4 2 3 1 2 y y y y 2 − − + − = ⇔ − − − − + − − = 4 2 3 2 1 1 1 0 y y y y 2 ( ) ( ) ⇔ ( ) 2 2 2 2 0 4 2 3 2 1 1 1 y y y y y y − − + = − − + − − + ( ) 2 2 1 2 0 4 2 3 2 1 1 1 y y y y y   ⇔ − + =       − − + − − + ⇔ = y 2 (vì 2 2 1 0, 1 4 2 3 2 1 1 1 + > ∀ ≥ − − + − − + y y y y y ) Với y = 2 thì x = 5. Đối chiếu đk ta được nghiệm của hệ PT là (5;2) Bài 35: Giải hệ phương trình 2(2 1) 2 1 (2 3) 2 3 4 2 2 4 6   + + + = − −    + + + = x x y y x y Hướng dẫn làm bài Điều kiện xác định: 1 , 2 2 x y ≥ − ≥ Xét hàm số: f t t t t ( ) 2 0; = + ∈ +∞ 3 ( ) Suy ra f t t ( ) 6 1 0 = + > 2 nên đây là hàm số đồng biến Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có f x f y x y (2 1) ( 2) 2 1 2 + = − ⇔ + = − Thay vào phương trình thứ hai ta được: 4 4 8 2 4 6 () y y − + + = Xét hàm số g y y y y ( ) 4 8 2 4 6, 2; = − + + − ∈ +∞ 4 ( ) ( ) 4 1 1 ( ) 0 2; 4 8 2 4 = + > ∀ ∈ +∞ − + g y y y y nên g(y) đồng biến Hơn nữa g(6) = 0 nên () có duy nhất 1 nghiệm là y = 6 Với y = 6 ta có 1 2 x = https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 29 Bài 36: Giải hệ phương trình : 7 1 78 x y y x xy x xy y xy   + = +   + = Hướng dẫn làm bài ĐK: x, y> 0. ( ) 7 78 x y xy xy x y   + = + ⇔    + = . Đặt t xy = . (ĐK: t>0) ( ) 7 78 x y t t x y  + = + ⇔   + = ⇒ t t 2 + − = 7 78 0 . ( ) ( ) 13 l 6 n t t  = − ⇔    = ⇔ t = 6 13 36 x y xy  + = ⇔   = 4 9 9 4  =   = ⇔   =    = x y x y . Vậy hệ pt có 2 nghiệm là : (4;9) ; (9;4) Bài 37: Giải hệ phương trình 2 3 2 3 3 (1 )( 3 3) ( 1) . ( , ) 2 4 2( 2) y x y x y x x y R x y x y   − − + − = −  ∈   − + − = − . Hướng dẫn làm bài ĐKXĐ: 2 2 0 0, 1 1, 1 x y x y x y x y     − ≥ ≥   ⇔     ≥ ≥ ≥ ≥ Nhận xét x y ≥ = 1, 1 không là nghiệm của hệ. Xét y >1 thì pt (1) của HPT x x y y y x y 2 2 + − − − + − − = ( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0 2 3 0 1 1 1 x x x y y y   ⇔ + − + =     − − − , 0 1 x t t y = > − . Khi đó, pt (1) trở thành:t t t t t t t t 4 2 3 2 + + − = ⇔ − + + + = ⇔ = 3 0 1 2 3 0 1. ( )( ) Với t = 1, thì 1 1 1 x y x y = ⇔ = + − , thế vào pt(2), ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 3 3 2 2 3 3 3 2 3 2 1 2 4 2 1 1 2 4 1 0 1 1 6 0 4 1 4 1 − − + − = − ⇔ − − + − − − =         − − ⇔ − − + =       − + + − − + − x x x x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 33 3 2 6 1 1 1 0 4 1 4 1     − − ⇔ − − + =     − + + − − + −   x x x x x x x x https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 30 2 1 0 1 1 5 ( ) 2 x x x x + ⇔ − − = ⇔ = ≥ . Với 1 5 3 5 . 2 2 x y + + = ⇒ = Đối chiếu ĐK, HPT có nghiệm ( ) ; ; . 1 5 3 5 2 2 x y   + + =       Bài 38: Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 1 x 1 8y 2 x y 2 4 3 2 y x 3 7 2 x y 2 2 + + +    − = −    + + = Hướng dẫn làm bài Điều kiện: x 0; y 0 ≥ ≥ (1) 2 3 x 2 3 2 y f ( x ) f (2 y) ⇔ + = + ⇔ = ( ) x 1 2 y 1 4 4 + + ( ) ( ) ( ) Xét hàm số f (t) 2 3t, t 0 = + ≥ t 1 4 + có f (t) 4t .2 .ln 2 3 0, t 0 = + > ≥ 3 t 1 4 + Do đó: f ( x ) f (2 y) x 4y = ⇔ = thế vào phương trình (2) ta có: 2 5y (3) (5y)2 3 7 2 2 + = Xét hàm số g(y) 2 5y g (y) 50y.2 .ln 2 0, y 0 ( ) 5y 5y 2 2 3 3 ( ) 2 4 y = + ⇒ = + > ∀ > Mà g 1 7 5 2     =   ; suy ra phương trình có nghiệm duy nhất y = 1 5 Do đó hệ có nghiệm x ; y 4 1 5 5 = = Bài 39: Giải hệ phương trình: 3 3 2 3 3 4 2 0 (1) 3 2 2 (2) x y y x y x x x y   − + + − + =    + − = + + Hướng dẫn làm bài Điều kiện: x ≥ −2. (1) 2 3 4 2 1 1 2 ⇔ + + = − + ⇔ + + = − + − + x x y y y x x y y 3 3 2 3 ( ) ( ) 3 . Xét hàm số f t t t ( ) = + + 3 2 trên − +∞ 2; ). Ta có: f t t t 3 1 0, 2; ( ) = + > ∀ ∈ − +∞ 2 ) . Suy ra hàm số f t ( ) đồng biến trên − +∞ 2; ). Do đó: x y = −1. Thay y x = +1 và phương trình (2) ta được: x x 3 − = + + 3 2 2 1 ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 8 2 2 2 2 2 4 2 2 x x x x x x x x + − + + ⇔ − = + − ⇔ − + + = + + ( )( ) ( ) ⇔ − + + = ⇔ − + + − = x x x x x x 2 2 4 2 2 4 0 2 2 ( ) 2 2 x x + + + + x − 2 2 2 2 ( )         ( ) 2 x x y − = ⇔ = 2 0 2 3 ⇒ = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 0 2 4 2 2 2 2 x x x x x x + + − = ⇔ + + = + + + + () https:www.facebook.comluyenthipro.vnTÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trang 31 Ta có 2 2 4 1 3 3; 1, 2; ( )2 2 ) 2 2 VT x x x VP x x = + + = + + ≥ = ≤ ∀ ∈ − +∞ + + Do

TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

NGUYỄN HỮU BIỂN

(ÔN THI THPT QUỐC GIA)

LỜI GIỚI THIỆU

Các em học sinh thân thân mến, trong đề thi ĐH môn Toán những năm gần đây thường xuyên xuất hiện câu giải hệ phương trình, câu hỏi này thường là thuộc hệ thống câu hỏi khó, có tính chất phân loại trong đề thi, mốc đạt điểm từ 8 đến 10 Phương pháp suy luận để giải quyết đối với loại câu hỏi này cũng khá đa dạng, thầy có thể kể

ra một số phương pháp phổ biến như sau:

(1) Phương pháp rút - thế (2) Phương pháp nhóm nhân tử chung (3) Phương pháp dùng hàm số và đạo hàm (4) Phương pháp dùng BĐT vec - tơ

(5) Phương pháp dùng số phức (6) Phương pháp nhân liên hợp và đánh giá (7) Phương pháp lượng giác hóa

Sự phân chia và liệt kê các phương pháp nói trên cũng chỉ mang tính chất tương đối, vì trên thực tế trong đề thi chúng ta thường phải vận dụng kết hợp nhiều phương pháp đan xen hợp lý để giải quyết bài tập (rất ít đề thi chỉ dùng 1 phương pháp độc lập) Vậy câu hỏi đặt ra là “làm thế nào nhận biết được bài tập đã cho dùng phương pháp nào?”, đôi khi có bài tập có một vài cách giải khác nhau tuy nhiên sẽ có cách hay nhất, dễ hiểu nhất Để giảm bớt “nỗi lo âu” của các em học sinh đối với loại bài tập này, thầy biên soạn cuốn tài liệu TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH, tài liệu bao gồm 120 bài tập giải hệ phương trình - minh họa đầy đủ các kỹ thuật giải hệ phương trình trong đề thi đại học, đặc biệt 24 bài tập đầu thầy không chỉ hướng dẫn làm bài mà quan trọng hơn đó là đi sâu vào phân tích, tìm hiểu kỹ thuật giải tương ứng, như vậy dần dần các em sẽ tích lũy được thành kinh nghiệm - “bí kíp” cho riêng mình Sau 24 bài tập, thầy sẽ đưa ra một loạt các bài tập tự luyện kèm hướng dẫn giải bám sát cấu trúc ra đề theo xu thế mới hiện nay để các em tự thực hành và đối chiếu hướng dẫn giải Phương châm và mong muốn của thầy là học xong tài liệu này, các em

sẽ giải quyết tốt câu giải hệ phương trình trong đề thi sắp tới (nếu có)

Bài 1 : Giải hệ phương trình ( 3 2 2) 2( 2 2 )

+ Trước hết quan sát ta thấy phương trình (2) có hình thức đơn giản hơn (1) Tuy rằng (2)

có biến x và y cô lập ở từng vế nhưng ta không thể biến đổi để sử dụng “hàm đại diện”

được Vì vậy, ta sẽ “mò nghiệm” để tìm quan hệ của x và y Thật vậy:

- Từ (2) ta cho y 4 = ⇒ + x 12 2x − = 24, bấm máy ta thấy phương trình này vô nghiệm,

vì vậy ta bỏ qua việc suy luận từ (2)

+ Bây giờ ta chỉ còn cách quay về (1) để “nghiên cứu” Ta thấy như sau:

- Từ (1) ta cho y 1 = ⇒ x 7( + 5 x − 2)= x 2 + 12, bấm máy giải phương trình này có x 2 =

- Từ (1) ta cho y 2 = ⇒ x 38( + 20 x− 2)=4 x( 2+24), bấm máy giải phương trình có x 4 =

Vậy với 2 giá trị ta nhận thấy dự đoán x 2y = ⇔ x 2y 0 − = , điều này khiến ta có suy luận rằng, nếu biến đổi (1) một cách khéo léo, ta sẽ ép được nhân tử chung là

(x 2y− ) Bây giờ ta sẽ “ép nhân tử chung” từ (1) như sau:

+ Như vậy ta đã ép được nhân tử chung (x 2y− ) từ (1), tuy nhiên cái ngoặc vuông

“khổng lồ” gắn kèm kia ta rất khó để chứng minh được nó khác 0 Có lẽ cách làm này vẫn không khả thi cho lắm

+ Sau một hồi suy luận mất khá nhiều thời gian và công sức, ta cũng chỉ mới biết được

x 2y = ⇔ x 2y 0 − = Bây giờ con đường cuối cùng là ta đổi hướng làm theo kiểu “đánh

giá”, chú ý phải “biến đổi ép” để có (x 2y− ) nhé Thật vậy, từ (1) ta biến đổi như sau:

+ Từ (5) biến đổi ta được: y4−2y3−3y2+4y 1 2 y 3 y (6)+ = ( − )

+ Phương trình (6) quả thật không dễ gì giải quyết được, nếu bình phương 2 vế tiếp tục,

sẽ được phương trình bậc 8 (ghê gớm quá) nên không ai đi làm thế cả !!!

+ Bây giờ bạn hãy quan sát căn bậc 2 bên phải, ta đoán rằng sẽ tạo ra lượng thích hợp để nhân liên hợp rồi đoán nhân tử chung, vậy trước hết ta sẽ nghĩ đến việc tạo ra lượng

- Nếu cho y 2 = ⇒ x x + 2 + 2x 4 = , bấm máy giải phương trình ⇒ x 1 =

+ Như vậy đến đây ta dự đoán y x 1 = + ⇔ y x 1 0 − − = , vậy nhân tử chung dự đoán sẽ là

(y x 1− − ), bây giờ ta tìm cách ép nhân tử chung từ phương trình (2) như sau:

+ Ta cần phân tích đa thức ở vế phải của (3) thành nhân tử với nhân tử chung là

(y x 1− − ), công việc này không hề đơn giản Cách xử lý khéo léo là ta coi VP của (3) là phương trình bậc 2 ẩn x: x 2 + xy +(3y 2y − 2 − 1)= 0

hơn nữa nếu xét phương trình

+ Ý tưởng làm bài lúc này là ta sẽ chứng minh cho VT của (5) là hàm đơn điệu để suy ra

x 2 = là nghiệm duy nhất của (5)

Vậy x 2 = là nghiệm duy nhất của (5) KL: (x; y) (2;3) =

Bài 3: Giải hệ phương trình ( )

+ Ở phương trình (3) đã cô lập x và y sang từng vế, mặt khác mỗi vế đều có dạng đa thức bậc ba, với hình thức phương trình kiểu này, ta thường nghĩ đến phương pháp sử dụng

+ Ở phương trình (5) ta nhẩm thấy (hoặc dùng máy tính) phương trình có 2 nghiệm

x 3; x 8 = = , tuy nhiên việc giải phương trình (5) là rất khó Trong trường hợp này ta sẽ dùng phương pháp đồ thị để chứng tỏ phương trình (5) chỉ có đúng 2 nghiệm x 3; x 8 = = + Xét hàm số f (x) 3x 8 x 1 5 ;8 x 11

+∞

11 2

8 3

f(x) f'(x) x

+ Từ BBT ta thấy hàm số f(x) cắt Ox tại tối đa 2 điểm, vậy phương trình (5) chỉ có 2 nghiệm x 3; x 8 = =

0

f'(t) f''(t) t

+ Việc giải phương trình (4) cũng không hề đơn giản, bây giờ ta dùng đến máy tính và thấy phương trình (4) chỉ có nghiệm duy nhất x 1

2

= , do đó ta phải chứng minh cho hàm

số ở vế trái của (4) là hàm đơn điệu, thật vậy:

5 5

Bài 8 (KA-2013): Giải hệ phương trình

4 4

(1) (2)

4 4

( )

3 3 3

3 3

3 3

x y

(1) (2)

(1) (2)

Phân tích tìm lời giải

+ HPT đã cho nếu biến đổi một chút ta sẽ thấy xuất hiện nhân tử chung:

Phân tích tìm lời giải

+ Nhận thấy (1) có x và y cô lập sang từng vế, hơn nữa bậc của đa thức với biến x và y đều là 3, vậy ta sẽ biến đổi (1) theo PP “hàm đại diện”

+ Xét hàm số f (t) t = 3 − 12t, t R ∈ ⇒ f '(t) 3 t = ( 2 − 4), ta thấy f(t) không phải hàm đơn điệu,

do đó ta cần đi tìm điều kiện sát hơn đối với biến t như sau:

+ Từ (2) ta biến đổi sẽ thấy:

Phân tích tìm lời giải

+ Nhận thấy HPT đã cho có thể giải bằng PP đặt ẩn phụ, tuy nhiên để đặt được ẩn phụ, ta cần biến đổi một chút như sau: Nhận thấy x y 0 = = không phải là nghiệm của HPT nên ta chia 2 vế của (1) cho xy 0 ≠ , còn (2) ta chuyển vế và nhóm nhân tử, ta sẽ được:

+ Từ (3) ⇒f x 1( − )=f y 1( + )⇒ − = + ⇔ = −x 1 y 1 y x 2 thay vào (2) ta được:

Vậy g(x) là hàm đồng biến ⇒ x 5 = là nghiệm duy nhất của (4) ĐS:(x; y) (= 5;3)

Bài 15: Giải hệ phương trình 3( 2 )

Phân tích tìm lời giải

+ Ta nhận thấy hệ đã cho có thể cô lập được x và y sang từng vế để sử dụng PP “hàm đại diện” giải HPT

+ Do y 0 = không phải là nghiệm của HPT nên:

x + 4x 5 + = x 1 + + 3 x 1 + ⇔ x = ± 1 (với x = − 1 không tìm được y) ⇒ (x; y) (1;1)=

Bài 16: Giải hệ phương trình

− , bấm máy tính giải PT này ta có y 2 =

⇒ ta thấy y luôn kém x là 1 đơn vị ⇒ = − ⇒ y x 1 như vậy (1) sẽ có nhân tử chung là

y x 1− + = − x y 1− − , bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung:

+ Ta thấy x 2 − − x y 0 ≠ vì : nếu x 2 − − x y 0 = thì theo (1)

Như vậy ta có quy luật y x 1 = − , điều này chứng tỏ (1) sẽ có nhân tử chung là −(x y 1− − )

+ Bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung là −(x y 1− − )

+ Với y 1 = thay vào (2) ta có 9 3x 0 − = ⇔ x 3 =

+ Với y x 1 = − thay vào (2) ta có

2 2

Bài 18: Giải hệ phương trình

- Cho x 1= ⇒ y 1 2y− + 2 = +1 4y, bấm máy tính giải PT này ⇒ = y 2

- Cho x 4= ⇒ y 1 2y− + 2 =17 7y+ , bấm máy tính giải PT này ⇒ = y 5

+ Đến đây ta dự đoán quy luật y x 1 = + ⇔ x y 1 0 − + = ⇒ (1) sẽ có nhân tử chung là

x y 1 − + , bây giờ ta biến đổi (1) để ép nhân tử chung:

+ Thay y x 1 = + vào (2) ta được: 2x 2 − 11x 21 3 4x 4 (5) + = 3 −

+ Ở phương trình (5) ta thấy có 1 nghiệm x 3 = (nhẩm hoặc bấm máy), vì vậy ta cần biến đổi (5) để ép nhân tử chung là (x 3− )

2 33

Phân tích tìm lời giải

+ Quan sát hệ ta thấy (1) có thể cô lập được x và y sang từng vế, hơn nữa x có mũ 3, y nằm trong biểu thức chứa căn bậc 2 - đây là loại toán phổ biến - ta sẽ nghĩ ngay đến việc

+ Đến đây thì ổn rồi, coi như là có lối thoát, ta xét hàm f (t) t = 3 − 3t

+ Các bạn chú ý tìm điều kiện của t căn cứ vào ĐK của x và y nhé, cụ thể như thế này:

+ Phương trình (*) ta có thể dùng quy tắc giải phương trình cơ bản rồi bình phương 2 vế, tuy nhiên cách đó sẽ ra phương trình bậc cao, hơn nữa ta chỉ giải được nếu pt đó có nghiệm nguyên

+ Bạn lấy máy tính bấm ta thấy pt (*) có nghiệm y = 1, vậy ta sẽ dùng cách thêm bớt rồi nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung là y - 1 như sau:

Bài 20: Giải hệ phương trình

Phân tích tìm lời giải

Nhận xét: Đối với pt (1) vế trái là đẳng cấp bậc 2, mà vế phải bậc 1, như vậy dạng toán này ta thường nghĩ đến việc khử ẩn bậc 1 nằm ở vế phải như sau:

+ Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ nên chia 2 vế của (1) cho y 0 ≠ được phương trình : x2 1 x y 4

y

++ + = (*)

+ Ở phương trình (*) đã xuất hiện đại lượng x2 1

y

+, điều này có nghĩa là ta sẽ biến đổi (2)

2

x y 4y

++ + = (*) x2 1 (x y 2) 2





Bài toán đến đây sẽ giải bằng cách đặt ẩn phụ a x2 1

y

+

= , b x y 2 = + − quá dễ rồi nhé Các bạn giải đoạn cuối sẽ có đáp số (x; y) (= −2;5 , 1; 2) ( )

Bài 21: Giải hệ phương trình

Phân tích tìm lời giải

+ Trước hết, ta thấy mỗi PT của hệ đều có thể cô lập được x, y nên ta biến đổi như sau:

+ Ta thấy ở phương trình (1) ⇒ x 2 − x(8 3y) 2y − + 2 − 8y 0 (*) =

+ Ta coi (*) là phương trình bậc 2 với ẩn x, tính ∆ =(8 3y− )2−4.1 2y 8y ( 2− )= =(y 8− )2≥0,

từ đây tìm được 2 nghiệm x 8 2y x 2y 8 0

(như vậy ta đã dùng cách đánh giá kết hợp với đk để có x = 2 ; y = 3, nếu bạn không biết

kỹ thuật đặc biệt này thì từ x 2y 8 + = ⇔ x 8 2y = − thay vào (2) giải sẽ rất dài dòng)

Bây giờ thay x = 2; y = 3 vào (2) ta thấy không thỏa mãn Vậy loại bỏ trường hợp này ! + Với y = − x thay vào (2) và biến đổi ta được : 4 2 x − + 3 x + = x 2 + 5 (**)

Gặp dang phương trình (**), ta dùng máy tính để bấm nghiệm và thấy phương trình có 1 nghiệm là x = 1, như vậy ta sẽ nghĩ đến dùng PP “nhân lên hợp” để xuất hiện nhân tử chung là (x 1) − Thật vậy, từ (**)

là nghiệm duy nhất của f(x) Vậy HPT có nghiệm (x; y) (1; 1);( 2; 2) = − −

Bài 23: Giải hệ phương trình

2 2

Phân tích tìm lời giải

+ Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ nên sẽ biến đổi như sau:

3

1 1

Như vậy ta có HPT

3 3

− thay vào (2) để giải hệ phương trình …

Bài 27: Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( )

Xét hàm số f t( )= +t t 1+t2 trên (0;+∞) Có ( ) ( )

2 2

⇒ y =12 8 2 − Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1 + 2;12 8 2 − )

Bài 28: Giải hệ phương trình

Kết hợp với điều kiện đề bài, suy ra nghiệm hệ phương trình là S =(1, 3) −

Bài 29: Giải hệ phương trình:

- Đặt x= cost với t∈[0;π], ta có cos 1 2s in 2 1 2 sin

k k

x c t

ππ

π

ππ

là nghiệm của hệ phương trình

Bài 32: Giải hệ phương trình:

2 2

2

2 1

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (1;0) và (-2;3)

Bài 33: Giải hệ phương trình:

Vậy hàm số f(t) đồng biến trên R Từ (*) ta có: f (x) f (2y 1) = − ⇒ x 2y 1 = −

+ Thế x = 2y - 1 vào (2) giải ra được y = 1 hoặc y = 6 thoả mãn

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1), (11;6)

Bài 34: Giải hệ phương trình

2 2

Bài 35:Giải hệ phương trình

- Hơn nữa g(6) = 0 nên (*) có duy nhất 1 nghiệm là y = 6

Với y = 6 ta có 1

2

=

x

Bài 36: Giải hệ phương trình :

7178

Vậy hệ pt có 2 nghiệm là : (4;9) ; (9;4)

Bài 37: Giải hệ phương trình

2 3 3

1 8y

- Ta có: f '( )t =3t2+ >1 0,∀ ∈ − +∞t [ 2; ) Suy ra hàm số f t( ) đồng biến trên [− +∞2; )

- Do đó: x=y− 1 Thay y=x+ 1 và phương trình (2) ta được: x3 − = 3 2 x+ 2 1 +

Do đó phương trình (*) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x y =; ) (2;3)

Bài 40: Giải hệ phương trình

12

y 3x 12

Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)

Bài 42: Giải hệ phương trình

Bài 43: Giải hệ phương trình:

12

0

)4(1)

2(20

1

11

1

2 2

2 2

2

x

x x x

x y

x

y y x

x y x y

y x

y x

0 ) 1 )(

1 (

0 )

1 ( 0 1 3

5 1

=

2

5 1+

5

=

⇒ +

; 2

5 1 )

; 2

5 1 )

Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)

Bài 45: Giải hệ phương trình : ( ) ( )

Từ đó phương trình trên tương đương với ( 2)( 1) 0 2

Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S ={ (− − 1; 3 ; 2;0 ) ( ) }

Bài 46: Giải hệ phương trình: ( 2 )( 2 )

Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R Từ (*) suy ra: f x( ) = f( 2 ) − y ⇒ = −x 2y

- Thay vào phương trình (2) ta được:

Bài 47: Giải hệ phương trình:

- Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y

- Khi đó phương trình (3) có nghiệm 1 1 1 8 1 1 0 xy 8 0 xy 8

x+ y⇒ + x y ≥ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ −

- Khi đó ta có x2+y2 ≥2 xy ≥16 Đặt t= x+y+2 ⇒ ≤ <0 t 2

- Từ pt (1) ta có t+t2 − ≥ 2 32 ⇔t2 + −t 34 0 ≥ điều này vô lí

Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm

Từ đó suy ra: t = 2⇒ + =x y 2, thay vào hpt ta có xy=1⇒ = =x y 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là 1

1

x y

ĐK:x ≥0

* Do x = 0 không phải nghiệm nên x > 0 ⇒ +x x2+ >1 0

Từ pt (2) ⇒ y(2 2 4 + y2 + 1) 0 > Chia hai vế pt (2) cho 2

= + + + > ∀ > ⇒ hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞)(6)

- Từ (5) và (6) ⇒ =x 1 là nghiệm duy nhất của pt (5)

*x= ⇒ 1 y= 2 Vậy nghiệm của hệ : 1;1

2 2

x y x

x x

Với x = 2 ⇒ y =1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm (2;1)

Bài 51: Giải hệ phương trình:

2 2

2

21

Hướng dẫn làm bài: Điều kiện: x + y > 0

Bài 53: Giải hệ phương trình:

3 4

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x y; ) (= 3 2; )

Bài 54: Giải hệ phương trình

a b a x

x b

1 2

- Thay y= -3 vào pt thứ nhất ta được pt vô nghiệm

- Thay y = x+ 1 vào pt thứ nhất ta được: x2 −5x− +2 6 x2 −5x+5 0= (3)

- Giải (3): đặt x2−5x+5= t, điều kiện t≥0 Từ( ) 2 1 ( )

Bài 58: Giải hệ phương trình 11 2

- Ta có: f '( )t =3t2+ >1 0,∀ ∈ − +∞t [ 2; ) Suy ra hàm số f t( ) đồng biến trên [− +∞2; )

- Do đó: x=y− 1 Thay y= +x 1 và phương trình (2) ta được: x3 − = 3 2 x+ 2 1 +

Do đó phương trình (*) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x y =; ) (2;3)

Bài 61: Giải hệ phương trình: ( )

16y y− 1 + 4y y− 1 +y − = 1 0 ⇔ y= 1 (do y ≥1)⇒ =x 0 Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1)

Bài 64: Giải hệ phương trình

Bài 65: Giải hệ phương trình:

⇔ ) 2 ( x6y3 + 3x2y= y3 − 3y2 + 3y− 1 + 3 (y− 1 )

⇔ (x2y) 3 + 3x2y= (y− 1 ) 3 + 3 (y− 1 ) (3) Xét hàm số f(t) t3 3t

)11(

0112

)1

0

)4(1)

2(20

1

11

1

2 2

2 2

2

x

x x x

x y

x

y y x

x y x y

y x

y x

0 ) 1 )(

1 (

0 )

1 ( 0 1 3

2

5 1

=

2

5 1+

5

=

⇒ +

; 2

5 1 )

; 2

5 1 )

NX: Nếu y = 0 thì từ pt (1) ⇒ x 0 = Thay x = 0; y = 0 vào pt (2) ta được:

5 + 8 6 = (vô lý) Vậy y = 0 không thỏa mãn bài toán

*) y 0 ≠ chia cả 2 vế của pt (1) cho y 3 ta được:

Thay vào pt (2) ta được 4x 5 + + x 8 6 + = ⇔ x 1 = ⇒ y 1 =

Vậy hpt có cặp nghiệm duy nhất (x;y) = (1;1)

Bài 67: Giải hệ phương trình

x y

Bài 69: Giải hệ phương trình: 3 2 3 5

(*) giải tìm được u = 1, từ đó v = 2, suy ra x = - 3, y = 2

Bài 70: Giải hệ phương trình:

- Với x = 1⇒ y = 0 (nhận)

- Với x = 3⇒ y=8 (nhận)

Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)

Bài 71: Giải hệ phương trình: ( 2 )( 2 )

Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R Từ (*) suy ra: f x( ) = f( 2 ) − y ⇒ = −x 2y

Thay vào phương trình (2) ta được:

− ++ +

2

022

1 1

5 3

x

x x

x x

Ta thấy :

Với v = 1 ta có x = 0 ⇒ y = 1 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1)

Bài 74: Giải hệ phương trình: ( )

+ +

− +

= + +

10 )

1 ( 4 ) 1 9 (

1

1 1

9 1 3

2 2

3

2

x x

y x

x x

y xy

y y

y+ + = +1+

1 9 3

= + +

x x x y

+ + +

= +

+

x , x > 0 Ta có g’(x) > 0 với x > 0

⇒g (x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 Với x =1⇒y =

3 1