Một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số

Hệ phương trình tuyến tính

Thường có ba phương pháp:

Tư một phương trình ta rút một ẩn theo ẩn kia và thế vào phương trình còn lại. Cách 2 phương pháp cộng đại số.

Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình một hợp lý để dễ dàng tìm được x hoặc y.

TH1: D 6= 0 Hệ có nghiệm duy nhất

TH2: D = 0 và D X = D Y = 0 Hệ có vô số nghiệm dạng

TH3:D = 0 và D X 6= 0 hoặc D Y 6= 0 Khi đó hệ vô nghiệm.

Lưu ý: Đôi khi cũng cần một vài biến đổi như đặt ẩn phụ thì hệ mới quy về hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.

Sau đây là một số bài toán Và thông thường, với một bài toán ta cũng có thể kết hợp vài phương pháp để giải một cách thuận lợi.

Bài toán 1.1 Giải hệ phương trình

Hệ phương trình đề bài tương đương với

Từ phương trình thứ nhất, ta rút ra y = −5x−2, thế vào phương trình thứ hai thì được 15x+ 4 = 0 hay x= − 4

15 , từ đó dễ dàng tìm được y = −2

3. Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x;y) = (− 4

3). Bài toán 1.2 Giải hệ phương trình

Lời giải. Đặt 1 x = u,1 y = v với u, v 6= 0 Khi đó hệ phương trình trở thành

Nhân hai vế của phương trình đầu với 2 rồi cộng từng vế của phương trình mới thu được với phương trình còn lại ta được u = 1

3, thay vào một trong hai phương trình thì v = 1

5 Từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (3; 5). Bài toán 1.3 Giải hệ phương trình

Hệ phương trình tương đương với

3 x−2 − 8 y + 3 = 1 Đặt 1 x−2 = u, 1 y + 3 = v với u, v 6= 0 hệ trở thành u+ 4v = 2

Sử dụng định thức, ta tính được D = −20, DX = −20, DY = −5 Từ đó thu được u = D X

Cuối cùng, ta có thể dễ dàng xác định tọa độ (x; y) = (3; 1) Ngoài ra, hệ phương trình cũng có thể được xem xét với dấu giá trị tuyệt đối, và khi chia thành các trường hợp để giải, nó sẽ trở về dạng của một hệ hai phương trình bậc nhất với hai ẩn.

Bài toán 1.4 Giải hệ phương trình sau

Từ phương trình thứ nhất ra rút ra y = −|x−1|, thế vào phương trình thứ hai ta thu được |x−1| = 1−2x.

TH1 Nếu x ≥ 1 thì |x−1| = x−1, do đó x−1 = 1−2x, tìm được x = 2

TH2 Nếu x < 1 thì |x−1| = 1−x, giải tương tự tìm được x = 0 < 1, thỏa mãn.

Vậy nghiệm của hệ là (x;y) = (0;−1).

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày một số bài toán hình học phẳng từ các đề thi đại học trong những năm gần đây, nhằm minh họa ứng dụng của việc giải hệ phương trình tuyến tính bậc nhất.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, bài toán 1.5 trong đề thi Đại học khối A 2014 yêu cầu xác định phương trình đường thẳng CD của hình vuông ABCD Điểm M là trung điểm của đoạn AB, trong khi điểm N thuộc đoạn AC và thỏa mãn tỉ lệ AN = 3NC.

GọiK là trung điểm củaM B, khi đóN K song song vớiBC, do đóN K vuông góc với AB và CD Gọi E là giao của đường thẳng N K với DC.

Trong tam giác vuông M KN ta có M K = a

√10.Gọi vecto chỉ phương của N K có tọa độ là (a;b) (a 2 + b 2 > 0) Ta có −−→M N (1;−3).

Khi đó ta có cos(N K, N M) = |cosM N K\ | ⇔ |a−3b|

- Với a = 0, vì a 2 +b 2 > 0 nên ta chọn b = 1 Khi đó dễ dàng viết được phương trình của đường thẳng AB là y −2 = 0, đường thẳng N K là x−2 = 0.

Suy ra tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình y−2 = 0 x−2 = 0 Suy ra K(2; 2).

−−→KN Từ đó suy ra E(2;−2). Đường thẳng CD qua điểm E(2;−2), nhận vecto chỉ phương (0; 1) của N K làm vecto pháp tuyến có phương trình là y + 2 = 0.

- Với 4a+ 3b = 0, và vì a 2 + b 2 > 0, nên ta chọn a = 3, b = −4 D đó vecto chỉ phương của N K là (3;−4).

Khi đó dễ dàng viết được phương trình đường thẳng AB là 3x − 4y + 5 = 0, đường thẳng N K là 4x+ 3y −5 = 0.

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình

Suy ra tọa độ điểm K 1

Tương tự lập luận như trường hợp trên ta cũng tìm được điểm E 13

Do đó ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng CD là 3x−4y −15 = 0.

Trong bài toán 1.6 của đề thi Đại học khối D năm 2011, chúng ta có tam giác ABC với đỉnh B tọa độ (-4; 1) và trọng tâm G tọa độ (1; 1) Đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x - y - 1 = 0 Nhiệm vụ là xác định tọa độ của đỉnh A và C trong mặt phẳng tọa độ Oxy.

Gọidlà đường phân giác trong của góc A với phương trình x−y−1 = 0 Điểm B' đối xứng với điểm B qua đường phân giác d, do đó B' nằm trên đường thẳng AC.

Gọi I là giao điểm của BB ′ và d Suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình x+y + 3 = 0 x−y−1 = 0 ⇔ x = −1 y = −2

Ta có I là trung điểm của BB ′ , do đó dễ dàng ta tìm được B ′ (2;−5).

Gọi M là trung điểm của AC, suy ra −−→BG= 2−−→GM Do đó ta tìm được M 7

2; 1 Đường thẳng AC đi qua hai điểm B ′ và M nên ta viết được phương trình của

AC là 4x−y −13 = 0. Điểm A là giao điểm của d và AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

4x−y −13 = 0 x−y −1 = 0 ⇔ x = 4 y = 3 Suy ra A(4; 3). Điểm M là trung điểm của AC nên dễ dàng tìm được C(3;−1).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, bài toán 1.7 thuộc đề thi Đại học khối B năm 2008 yêu cầu xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC, dựa trên thông tin về hình chiếu vuông góc của các đỉnh.

C trên đường thẳng AB là điểm H(−1;−1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x−y+ 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x+ 3y−1 = 0. Lời giải.

Gọi H ′ (a;b) là điểm đối xứng với điểm H qua đường thẳng AD Suy ra H ′ nằm trên đường thẳng AC. Đường thẳng AD có vecto chỉ phương (1; 1) Ta có −−→

2 là trung điểm của HH ′

Khi đó vì HH ′ vuông góc với AD và I phải thuộc đường thẳng AD nên ta có tọa độ H ′ là nghiệm của hệ phương trình

Suy ra H(−3; 1). Đường thẳng AC đi qua H ′ và vuông góc với đường cao BK, từ đó ta viết được phương trình của AC 3x−4y + 13 = 0.

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

3x−4y + 13 = 0 x−y+ 2 = 0 Suy ra A(5; 7). Đường thẳng CH đi qua H(−1;−1) nhận 1

−−→HA làm vecto pháp tuyến nên CH có phương trình là 3x+ 4y + 7 = 0.

Vì C là giao điểm của đường thẳng CH và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình

Hệ phương trình đối xứng

Hệ phương trình đối xứng loại 1

Khi tráo đổi vai trò của x và y trong hệ phương trình, các phương trình không bị thay đổi Điều này cho thấy rằng nếu (x0; y0) là một nghiệm của hệ, thì (y0; x0) cũng sẽ là một nghiệm tương ứng.

Phương pháp tổng quát Đặt

P = xy Điều kiện để hệ có nghiệm là S 2 −4P ≥0.

Khi tìm được nghiệm S, P thì x, y sẽ là hai nghiệm của phương trình t 2 −St+P = 0.

Đôi khi, để đưa hệ về dạng đối xứng loại 1, chúng ta cần thực hiện một số biến đổi như đặt ẩn phụ Dưới đây là một số bài minh họa cho quá trình này.

Bài toán 1.8 Giải hệ phương trình sau x 2 +y 2 +xy = 7 x+y +xy = 5

Dễ dàng giải được hệ này, ta có hai trường hợp như sau:

TH1 S = 3, P = 2 Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t 2 −3t+ 2 = 0.

Ta thu được hai nghiệm là x = 1 y = 2 và x = 2 y = 1 TH2 S = −4, P = 8 Trường hợp này vô nghiệm.

Vậy hệ có hai nghiệm là (1; 2),(2; 1)

Bài toán 1.9 Giải hệ phương trình sau x+xy −y = 5 x 2 +y 2 +xy = 13 (Hệ này là đối xứng đối với x và −y)

Lời giải. Đặt x−y = u, xy = v thì hệ trở thành u+v = 5 u 2 + 3v = 13

Từ phương trình đầu tiên, ta có v = 5u Thay vào phương trình thứ hai, ta thu được u^2 - 3u + 2 = 0, có hai nghiệm là u = 1 và u = 2 Từ đây, chúng ta sẽ phân tích hai trường hợp.

TH1 u = 1, v = 4 hay x−y = 1 x(−y) = −4 Khi đó x,−y là hai nghiệm của phương trình t 2 −t−4 = 0 Phương trình này có hai nghiệm là t = 1−√

Ta tìm được hai nghiệm tương ứng là x= 1 +√

17 TH2 u = 2, v = 3 hay x−y = 2 x(−y) = −3 Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình t 2 −2t−3 = 0 Phương trình này có hai nghiệm t = −1;t= 3.

Ta tìm được hai nghiệm tương ứng là x= −1 y = −3 ; x= 3 y = 1 Vậy hệ có bốn nghiệm là (1 + √

Bài toán 1.10 Giải hệ phương trình sau x 2 +xy +y 2 = 7 x 4 +x 2 y 2 +y 4 = 21 Lời giải. Đặt x 2 + y 2 = u, xy = v hệ trở thành u+v = 7 u 2 −v 2 = 21 ⇔ u+ v = 7 u−v = 3 ⇔ u = 5 v = 2

Từ đây có hai trường hợp xảy ra

Ta tìm được hai nghiệm x = 1 y = 2 ; x = 2 y = 1 TH2 x+y = −3 xy = 2

Ta tìm được hai nghiệm (−1;−2),(−2;−1).

Bài toán 1.11 Giải hệ phương trình sau x 2 + 2x+y = 4 xy(x+ 2) = 3 Lời giải.

(x 2 + 2x)y = 3 Đặt x 2 + 2x = u, hệ trở thành u+y = 4 uy = 3

Có hai trường hợp xảy ra

Ta tìm được hai nghiệm x = 1 y = 1 ; x = −3 y = 1 TH2 u = 1, y = 3 hay x 2 + 2x = 1 y = 3

Ta tìm được hai nghiệm x = −1−√

2 y = 3 Vậy hệ có bốn nghiệm phân biệt x = 1 y = 1 ; x = −3 y = 1 ; x = −1−√

 x+y + 1 x + 1 y = 4 x 2 +y 2 + 1 x 2 + 1 y 2 = 4 Lời giải. Đặt x+ 1 x = u, y+ 1 y = v. Suy ra x 2 + 1 x 2 = u 2 −2;y 2 + 1 y 2 = v 2 −2. Khi đó hệ trở thành u+v = 4 u 2 +v 2 = 8

 x+ 1 x = 2 y + 1 y = 2 ⇔ x = 1 y = 1 Vậy nghiệm của hệ là x = 1 y = 1

√xy(x+y) = 78 Đặt x+y = u,√xy = v với v ≥0, hệ trở thành

Từ phương trình thứ nhất ta có u = 7 +v, thế vào phương trình thứ hai ta được v 2 + 7v −78 = 0

Phương trình này có hai nghiệm v = −13, v = 6 Vì v ≥ 0 nên v = 6 Suy ra u = 13 Khi đó x+y = 13

√xy = 6 ⇔ x+y = 13 xy = 36 Đến đây ta dễ dàng giải được x = 9 y = 4 ; x = 4 y = 9 Vậy hệ có hai nghiệm như trên.

Bài toán 1.14 Giải hệ phương trình sau x√+y −√xy = 3 x+ 1 +√ y + 1 = 4 Lời giải. Điều kiện: x > −1, y > −1, xy > 0.

Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được x+y + 2 + 2√ xy +x+y + 1 = 16 ⇔ x+y +√ xy +x+y + 1 = 14. Đặt S = x+ y, P = √xy(S > −2, P > 0), thay vào hệ ta được

Thêm điều kiện S 6 14, bình phương hai vế thu được

Tìm được hai nghiệm S = 6 và S = −26

3 < −2) Từ đó P = 3 Ta có x+y = 6 xy = 9 ⇔ x = y = 3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 3).

Bài toán 1.15 Giải hệ phương trình sau x√y +y√ x = 6(1) x 2 y +y 2 x = 20 Lời giải. Điều kiện: x > 0;y > 0. Đặt x√y = u, y√ x = v(u, v > 0), thay vào hệ đề bài ta được u+v = 6 u 2 +v 2 = 20 ⇔ u+v = 6 (u+v) 2 −2uv = 20 u+v = 6 uv = 8

TH1. u = 2 v = 4 hay x√y = 2 y√ x = 4 ⇔ x 2 y = 4 xy 2 = 16 Nhận thấy x, y 6= 0, ta chia từng vế phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất được y = 4x, thay vào (1) ta có

2x√ x+ 4x√ x = 6 ⇔x√ x = 1 ⇔ x = 1 Từ đó y = 4, ta có một nghiệm (1; 4). TH2. u = 4 v = 2

Giải tương tự như trường hợp một ta thu được một nghiệm (4; 1)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1; 4),(4; 1)

(x+y)(1 + 1 xy) xy + 1 xy = 4 Lời giải. Điều kiện: xy 6= 0.

Suy ra uv = xy + 1 xy + 2 Từ đó thay vào hệ trên ta được u+v = 5 uv = 6

Từ đó ta dễ dàng tìm được hai nghiệm của hệ phương trình

Tương tự như trường hợp một, ta tìm được hai nghiệm của hệ là

. Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm

Sau đây là một số bài có thể áp dụng cách giải tương tự như những bài vừa giải ở trên.

Bài 1.[Dự bị 1 khối A 2005]Giải hệ phương trình x 2 +y 2 +x+y = 4 x(x+y + 1) +y(y + 1) = 2 Bài 2 [Dự bị 1 khối D 2006] Giải hệ phương trình x 2 −xy +y 2 = 3(x−y) x 2 +xy +y 2 = 7(x−y) 2

Bài 3 Giải hệ phương trình x 2 +y 2 = 5 x 4 −x 2 y 2 +y 4 = 13 Bài 4 Giải hệ phương trình

Bài 5 Giải hệ phương trình x 2 −xy +y 2 = 7 x+y = 5 Bài 6 Giải hệ phương trình x 4 +y 4 = 17 x 2 +y 2 +xy = 3 Bài 7 Giải hệ phương trình x 3 +y 3 = 7 xy(x+y) = −2 Bài 8 Giải hệ phương trình x 2 +x+y 2 +y = 18 xy(x+ 1)(y + 1) = 72 Bài 9 Giải hệ phương trình x 3 +y 3 = 19

(x+y)(8 +xy) = 2 Bài 10 Giải hệ phương trình

(x+y)x y = 20 Bài 11 Giải hệ phương trình

7x 2 y 2 −(x 4 + y 4 ) = 155 Bài 12 Giải hệ phương trình x(x+ 2)(2x+y) = 9 x 2 + 4x+ y = 6 Bài 13 Giải hệ phương trình

√ x+√y = 4 x+y −√xy = 4 Bài 14 Giải hệ phương trình x 4 +y 4 + 6x 2 y 2 = 41 xy(x 2 +y 2 ) = 10 Bài 15 Giải hệ phương trình

(x 2 +y 2 )(1 +x 2 y 2 ) = 208x 2 y 2 Bài 16 Giải hệ phương trình

Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh

Dạng 1: Xét hệ phương trình có dạng:

Nếu hai hàm số f và g đồng biến trên tập A và (x1; x2; ; xn) là nghiệm của hệ phương trình với x i ∈ A cho mọi i = 1, 2, , n, thì tất cả các giá trị x1, x2, , xn đều bằng nhau Để chứng minh điều này, ta giả sử x1 là giá trị nhỏ nhất trong tập hợp các nghiệm.

Khi đó ta có x 1 ≤x 2 suy ra f(x 1 ) ≤ f(x 2 ) Từ đó g(x 2 ) ≤ g(x 3 ), suy ra x 2 ≤ x 3 Tiếp tục quá trình đó, cuối cùng ta sẽ suy ra xn ≤ x 1

Từ đó suy ra x 1 = x 2 = = xn.

Bài toán 1.17 (Đề thi HSG Quốc gia năm 1994) Giải hệ phương trình

Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R Hệ phương trình có thể được viết thành

Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z} Khi đó ta có x ≤ y suy ra f(x) ≤ f(y) hay y ≤ z Từ đó f(y) ≤ f(z) hay z ≤x.

Xét phương trình x 3 +3x−3+ln(x 2 −x+1) = x ⇔x 3 +2x−3+ln(x 2 −x+1) = 0 Phương trình đó có một nghiệm là x = 1.

Mà hàm số h(x) = x 3 + 2x−3 + ln(x 2 −x+ 1) đồng biến trên R nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 1.

Dạng 2: Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ)

Nếu hàm số f là nghịch biến trên tập A và g là đồng biến trên A, thì mọi nghiệm (x1, x2, , xn) của hệ phương trình với xi thuộc A sẽ có giá trị bằng nhau, tức là x1 = x2 = = xn Để chứng minh điều này, ta giả sử không mất tính tổng quát rằng x1 là giá trị nhỏ nhất trong tập hợp các nghiệm.

Ta có x 1 ≤ x 2 suy ra f(x1) ≥f(x2) hay g(x2) ≥g(x1) Từ đó x 2 ≥x 3 ,

Tiếp tục như vậy ta sẽ thu được f(xn) ≥ f(x 1 ) hay g(x 1 ) ≥ g(x 2 ), suy ra x 1 ≥ x 2

Tóm lại từ quá trình trên ta suy ra được x 1 = x 2 = = xn.

Lời giải Nhận thấy vế trái của các phương trình trong hệ đều dương nên hệ chỉ có nghiệm x, y, z > 0.

Do đó hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).

Không mất tổng quát, giả sử x = min{x;y;z}.

Khi đó x ≤ y suy ra f(x) ≥ f(y) hay y ≥ z Từ đó suy ra f(y) ≤ f(z) hay z ≥ x.

Do đó x = z Suy ra f(x) = f(z), nên y = x.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 1

Dạng 3 Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn)

Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A và g đồng biến trên A, thì trong hệ phương trình với nghiệm (x1; x2; ; xn) thuộc A, ta có x1 = x3 = = xn-1 và x2 = x4 = = xn Để chứng minh điều này, giả sử x1 là giá trị nhỏ nhất trong tập hợp {x1; x2; ; xn}.

Ta có x 1 ≤ x 3 suy ra f(x1) ≥f(x3) hay g(x2) ≥g(x4) Suy ra x 2 ≥x 4

Tiếp tục quá trình, đến f(x n − 2 ) ≤ f(x n ), suy ra g(x n − 1 ) ≤ g(x 1 ) Do đó xn − 1 ≤ x 1

Suy ra f(xn − 1) ≥ f(x1) hay g(xn) ≥ g(x2), từ đó xn ≥ x 2

Lời giải Nhận xét vế trái của các phương trình trong hệ đều không âm nên hệ chỉ có nghiệm x, y, z, t ≥ 0.

Xét hàm số f(s) = (s−1) 2 Ta có f ′ (s) = 2(s−1) Do đó hàm số f đồng biến trên khoảng (1; +∞) và nghịch biến trên [0; 1].

Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z, t}.

+ Nếu x ∈ (1; +∞) thì x, y, z, t ∈ (1; +∞), nên theo dạng 1 ở trên ta vừa xét, hệ sẽ có nghiệm duy nhất x = y = z = t = 2 +√

3. + Nếu s ∈ [0; 1] thì do tính liên tục và nghịch biến trên khoảng này của hàm f nên 0 ≤ f(x) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2y ≤ 1, từ đó cũng có y ∈ [0; 1] Tương tự cũng có z, t ∈ [0; 1].

Với x, y, z, t∈ [0; 1], ta có x ≤ y suy ra f(x) ≥ f(y) hay y ≥ z Từ đó suy ra f(y) ≤ f(z) hay z ≤ x Suy ra x = z, và f(x) = f(z) Do đó y = t

Hệ phương trình trở thành

3 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x = y = z = t = 2−√

Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá các hệ phương trình hoán vị vòng quanh với hai ẩn số, hay còn gọi là hệ phương trình đối xứng loại hai trong chương trình phổ thông Phương pháp giải đặc trưng cho loại hệ này là trừ từng vế của hai phương trình để tạo ra nhân tử chung x−y.

Với điều kiện x, y 6= 0 hệ trở thành x 2 −3xy = 4y(1) y 2 −3xy = 4x

Trừ từng vế hai phương trình và nhóm thành nhân tử ta thu được

Khi đó ta xét hai trường hợp

TH1 y = x thế vào (1) ta được x 2 + 2x = 0 Từ đây ta thu được hai nghiệm của hệ là x = y = 0;x = y = −2.

TH2 y = −x−4 thay vào (1) ta được x 2 −3x(−x−4) = 4(−x−4)

Từ đây ta cũng có nghiệm x = −2 y = −2 Vậy hệ có hai nghiệm (x;y) là (0; 0),(−2;−2)

Trừ từng vế hai phương trình ta thu được

4y 2 + 5> 0 với mọi x, y nên suy ra x−y = 0 hay y = x, thế vào (1) ta có x 3 + 4x = x+ 4

Vậy hệ có một nghiệm duy nhất là x= y = 1

3xy 2 = x 2 + 2 Trừ từng vế hai phương trình ta được

Từ hệ phương trình đề bài, ta có nhận xét y 2 + 2 x 2 > 0; x 2 + 2 y 2 > 0 nên y > 0, x > 0.

Hay 3xy +x+y > 0 Do đó x−y = 0 ⇔ x = y Thay y = x vào phương trình

⇔ (x−1)(3x 2 + 2x+ 2) = 0 ⇔x−1 = 0 (vì 3x 2 + 2x+ 2 = 0 vô nghiệm). Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x = y = 1.

Sau đây là một số bài ta có thể dễ dàng giải được tương tự.

Bài toán 1.23 Giải hệ phương trình x 3 = 2y +x+ 2 y 3 = 2x+y + 2 (ĐH Sài Gòn A-07)

Bài toán 1.24 Giải hệ phương trình x 3 = 3x+ 8y y 3 = 3y + 8x

Bài toán 1.25 Giải hệ phương trình x 2 −2y 2 = 5y + 4 y 2 −2x 2 = 5x+ 4

2y 2 = y + 1 x Bài toán 1.28 Giải hệ phương trình

Bài toán 1.29 Giải hệ phương trình x 2 = x+y y 2 = y+ x

Bài toán 1.30 Giải hệ phương trình y = x 3 x = y 3

Hệ phương trình đẳng cấp

Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc hai theo x, y.

Dạng tổng quát ax 2 +bxy +cy 2 = d a ′ x 2 +b ′ xy +c ′ y 2 = d ′

* Xét x = 0 Thay vào hệ nếu tìm được y thỏa mãn thì hệ có nghiệm không thì vô nghiệm trong trong trường hợp này.

- Nếu có một trong hai d hoặc d ′ bằng 0, như d = 0 thì ta chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho x 2 , từ đó thu được phương trình có dạng

+By x +C = 0 Giải phương trình này tìm được tỉ số y x, từ đó rút y được theo x , lại thay vào phương trình thứ hai thì tìm được y, từ đó thu được x.

Nếu cả d và d' đều khác 0, ta có thể tạo ra một phương trình thuần nhất bằng cách nhân cả hai vế của mỗi phương trình với hệ số phụ tương ứng của d và d', sau đó trừ từng vế của các phương trình thu được.

Tiếp đó ta lại làm hoàn toàn tương tự như trên.

Sau đây là một số bài toán.

Bài toán 1.31 Giải hệ phương trình sau x 2 −3xy + 2y 2 = 0 2x 2 −xy + 3y 2 = 1

* Nếu x = 0 thì thay vào phương trình thứ hai không thỏa mãn.

* Nếux 6= 0, ta chia cả hai vế phương trình thứ nhất cho x 2 thì thu được

Từ đây có hai trường hợp

+ TH1 y x = 1 hay y = x, thay vào phương trình thứ hai ta có x 2 = 1

2 Từ đó thu được hai nghiệm 1

2 hay x = 2y, giải tương tự ta thu được thêm hai nghiệm 2

Vậy hệ có bốn nghiệm 1

Hệ đã cho tương đương với

Cộng từng vế hai phương trình ta có31x 2 +26xy−5y 2 = 0 ⇔(31x−5y)(x+y) = 0

Từ đây ta có hai trường hợp:

+ TH1 31x− 5y = 0 ⇔ 31x = 5y Thế vào phương trình đầu ta dễ dàng tìm được hai giá trị của x thỏa mãn là x = − 5

√241 Từ đó hệ phương trình có hai nghiệm

.+ TH2 y = −x Tương tự ta tìm được hai nghiệm nữa của hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm phân biệt

Bài toán 1.33 Giải hệ phương trình x 2 −2xy −3y 2 = 0(1) x|x|+y|y| = −2(2)

- Nếu y = 0, thì theo (1) ta có x = 0, nhưng thay x = y = 0 vào (2) thì vô lý, do đó y = 0 không thỏa mãn.

- Nếu y 6= 0, chia cả hai vế phương trình (1) cho y 2 ta được x y

−2x y −3 = 0 Từ đó ta có hai trường hợp sau:

TH1 x y = −1 hay x = −y, thế vào phương trình (2) ta có

TH2 x y = 3 hay x = 3y, thê vào phương trình (2) ta có

5(3) + Nếu y > 0 thì |y| = y, thay vào (3) vô nghiệm.

+ Nếu y < 0 thì |y| = −y, thay vào (3) được y 2 = 1

5 Từ đây ta giải được hai nghiệm của hệ phương trình là

Hệ phương trình x³ + xy² - x²y - y³ = 13 và x³ - xy² + x²y - y³ = 25 có thể giải bằng nhiều phương pháp Một trong những cách hiệu quả là sử dụng phương pháp biến đổi và thế phù hợp, giúp đơn giản hóa quá trình giải.

Cộng rồi trừ từng vế hai phương trình trên ta được hệ mới tương đương

2xy 2 −2x 2 y = −12 x 3 −y 3 = 19 ⇔ xy(x−y) = 6 (1) (x−y) 3 + 3xy(x−y) = 19(2) Thế từ (1) vào (2) ta được

Thay y = x − 1 vào (1) ta có x 2 − x − 6 = 0, phương trình có hai nghiệm x = −2;x= 3 Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là:

Dưới đây là một vài bài cũng có thể được giải tương tự.

Bài toán 1.35 Giải hệ phương trình x 3 −y 3 = 7 xy(x−y) = 2

Bài toán 1.37 Giải hệ phương trình x 3 −xy 2 + y 3 = 1

Bài toán 1.38 Giải hệ phương trình y 3 −x 3 = 7

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆPHƯƠNG TRÌNH

Phương pháp thế

Bài toán 2.1 (Khối B-2008) Giải hệ phương trình x 4 + 2x 3 y +x 2 y 2 = 2x+ 9 x 2 + 2xy = 6x+ 6

- Với x = 0, thay vào đề bài ta thấy không thỏa mãn.

4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (−4;−17

4 ) Bài toán 2.2 Giải hệ phương trình x 2 (y + 1)(x+y + 1) = 3x 2 −4x+ 1 (1) xy +x+ 1 = x 2 (2)

Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (2), do đó ta có thể chia hai vế của (2) cho x và thu được y + 1 = x 2 −1 x , thế vào phương trình (1) ta được x 2 x 2 −1 x (x+ x 2 −1 x ) = 3x 2 −4x+ 1

Từ đó ta tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là (1;−1),(−2;−5

Bài toán 2.3 Giải hệ phương trình sau xy +x+y = x 2 −2y 2 (1) x√

- TH2: x = 2y + 1, thay vào (2) ta được:

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là (5; 2).

Lời giải. Điều kiện: xy 6= 0 (1) ⇔ x−y + x−y xy = 0 ⇔(x−y)(1 + 1 xy) = 0

- TH1: y = x, thế vào (2) ta được x 3 −2x+ 1 = 0⇔ (x−1)(x 2 +x−1) = 0

Từ đó ta dễ dàng tìm được ba nghiệm của hệ phương trình là

- TH2: xy = −1 ⇔y = −1 x, thế vào phương trình (2), ta thu được x 4 +x+ 2 = 0 ⇔(x 4 −x 2 + 1

Vậy hệ phương trình có đúng ba nghiệm:

√ 3 x−y = √ x−y (1) x+y = √ x+ y+ 2 (2) Lời giải. Điều kiện: x+y > 0 x−y > 0 (1) ⇔(x−y) 2 = (x−y) 3 ⇔x−y = 0hoặcx−y = 1.

- TH1: y = x, thế vào phương trình (2) ta được hai nghiệm x = 1 hoặc x = −1

+ Với x = 1 ta có y = 1 (thỏa mãn).

- TH2: y = x −1, thế vào phương trình (2) ta được hai nghiệm x = 0hoặc x = 3

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (1; 1), 3

Bài toán 2.6 Giải hệ phương trình sau x+y +xy(2x+y) = 5xy (1) x+y +xy(3x−y) = 4xy

Lời giải. Đối với hệ này ta phải trừ vế với vế để tạo nhân tử chung xy(2y −x) = xy ⇔xy(2y −x−1) = 0.

- TH1 Nếu x = 0 hoặc y = 0 ta đều giải được nghiệm tương ứng là (0; 0).

- TH2 Nếu x = 2y −1, thế vào (1) ta được phương trình

⇔ (y −1)(10y 2 −9y+ 1) = 0 Đến đây ta dễ dàng tìm được ba nghiệm của hệ

Từ đó ta chia làm hai trường hợp

- TH1 √ x+y = 1 ⇔y = 1−x, thế vào phương trình (2) ta có

Từ đó ta có hai nghiệm (0; 1),(1; 0).

- TH2 √ x−y = 1 ⇔y = x−1, thế vào phương trình (2) ta có

Vậy hệ có hai nghiệm (0; 1),(1; 0).

Lời giải. Điều kiện: x > 0, từ (1) suy ra y > 3

- Nếu y = 3, thay vào (1) ta có 2√ x+ 3 = 0, không thỏa mãn vì x > 0.

⇔ √ x+ y = x+√ x+ 3 Thế vào phương trình (2) ta có x+√ x+ 3 +√ x = x+ 3

⇔ (√ x+√ x+ 3)(√ x−√ x+ 3 + 1) = 0 + Xét √ x+√ x+ 3 = 0 suy ra √ x = 0 và √ x+ 3 = 0 (vô lý).

⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện) Từ đó ta tìm được y = 8

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 8).

Sau đây là một số bài có thể giải bằng phương pháp tương tự

Bài toán 2.9 Giải hệ phương trình y 2 = (5x+ 4)(4−x)

Phương pháp đặt ẩn phụ

Để giải quyết các bài toán phức tạp, việc đặt ẩn phụ là cần thiết, đặc biệt khi gặp các hệ phương trình có cụm ẩn lặp lại Một ví dụ điển hình cho phương pháp này là bài toán 2.11, trong đó chúng ta cần giải hệ phương trình x² + 1 + y(y + x) = 4y.

Hệ phương trình tương đương với: x 2 + 1 +y(y +x−2) = 2y

(x 2 + 1)(y+x−2) = y Đặt u = x 2 + 1 v = y +x−2 , (u > 1), khi đó hệ trở thành u+yv = 2y uv = y ⇔ u = 2y −yv (2)

- Nếu y = 0, thế vào (2) thì u = 0 không thỏa mãn.

- Nếu v = 1, ta có y = 3−x, thế vào (1) ta được x 2 + 1 + (3−x).3 = 4(3−x) ⇔x 2 +x−2 = 0.

Từ đó ta tìm được hai nghiệm

2x+y+ 1, v = √ x+y(u > 0, v > 0). Suy ra u 2 +v 2 = 3x+ 2y+ 1 Thế vào hệ trở thành u−v = 1 u 2 +v 2 = 5

Từ đó ta tìm được u = 2 v = 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2;−1).

. Đặt u = x 2 +y;v = xy, thay vào hệ ta được:

(x = 1 y = −3 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm2

2) Bài toán 2.14 Giải hệ phương trình sau

Hệ đã cho tương đương với x(x+y) +x = 3 x 2 (x+y 2 ) +x 2 = 5 Đặt t = x(x+y), hệ trở thành t+ x = 3 t 2 +x 2 = 5 ⇔ t+x = 3 (t+x) 2 −2tx = 5 ⇔ t+x = 3 tx= 2 TH1: x = 2 t = 1 ⇔ x = 2 x(x+y) = 1 ⇔

2 TH2: x = 1 t = 2 ⇔ x = 1 x(x+y) = 2 ⇔ x = 1 y = 1 Vậy hệ có hai nghiệm phân biệt: (2;−3

2),(1; 1). Bài toán 2.15 Giải hệ phương trình sau xy +x+ 1 = 7y x 2 y 2 +xy + 1 = 13y 2

Vì y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình đã cho, nên chúng ta chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho y và chia từng vế của phương trình thứ hai cho y^2, từ đó tạo ra hệ phương trình tương đương.

 x+ 1 y + x y = 7 x 2 + 1 y 2 + x y = 13 Đặt u = x+ 1 y, v = x y. Suy ra x 2 + 1 y 2 = u 2 −2v Thay vào hệ trên ta có u+v = 7 u 2 −v = 13

Cộng từng vế hai phương trình này ta được u 2 +u−20 = 0.

TH1: u = 4, suy ra v = 3 Từ đó

Từ đây ta thu được hai nghiệm: (3; 1),(1; 3).

TH2: u = −5, suy ra v = 12 Từ đó

Ta có x, 1 y là hai nghiệm của phương trình X 2 + 5X + 12 = 0 (phương trình vô nghiệm) Vậy hệ có hai nghiệm (3; 1),(1; 3).

2x+y = t(t> 0), thế vào phương trình trên ta có t 2 + 2t−3 = 0 ⇔(t−1)(t+ 3) = 0 ⇔t = 1 (vì t> 0).

Từ đó suy ra 2x+y = 1 ⇔ y = 1−2x, lại thế vào phương trình (2) ta được x 2 + 2x−3 = 0 ⇔x = 1 hoặc x = −3.

Vậy hệ có hai nghiệm (1;−1),(−3; 7).

Thế vào phương trình2 (2) ta được

2 là nghiệm duy nhất của phương trình (∗) Từ đó y = 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 1

2; 2 Bài toán 2.18 Giải hệ phương trình sau

Thay vào hệ ta có

⇔ x+y = 1 x−y = 1 ⇔ x = 1 y = 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (1; 0).

1 x 2 + 1 xy + x y Lời giải. Điều kiện: xy 6= 0

= 4 Đặt x+ 1 x = u, 1 x + 1 y = v, thay vào hệ trên ta có u+v = 4 uv = 4 ⇔ u = 2 v = 2

 x+ 1 x = 2 1 x + 1 y = 2 ⇔ x = 1 y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; 1).

Sau đây là một số bài toán hệ phương trình cũng sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ

Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Một số hệ phương trình có thể được giải bằng phương pháp hàm số Để xác định khả năng giải bằng phương pháp này, cần chú ý đến hai tính chất quan trọng.

- Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng (a;b) Khi đó ta có f(u) = f(v) ⇔u = v (với u, v ∈ (a;b)).

- Tính chất 2: Nếu hàm số y = f(x) tăng trên (a;b) và y = g(x) là hàm hằng hoặc là một hàm số giảm trên (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b).

Bài toán 2.23 Giải hệ phương trình sau x 3 −5x = y 3 −5y (1) x 8 +y 4 = 1 (2)

Từ phương trình (2) ta suy ra |x| > 1,|y| > 1.

Ta xét hàm số f(t) = t 3 −5t trên [−1; 1] Ta có f ′ (t) = 3t 2 −5< 0,∀t∈ [−1; 1].

Do đó hàm số nghịch biến trên [−1; 1].

Mà theo (1) thì f(x) = f(y), do đó suy ra x = y Từ đấy thay y = x vào phương trình (2) ta có x 8 +x 4 = 1⇔ x 8 +x 4 −1 = 0

Từ đó tìm được hai nghiệm của hệ phương trình là

(Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội)

Ta xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x x 2 + (y−7)x+ y 2 −6y + 14 = 0.

Phương trình này có nghiệm x khi và chỉ khi

3. Tương tự ta xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn y y 2 + (x−6)y +x 2 −7x+ 14 = 0.

Phương trình này có nghiệm y khi và chỉ khi

3 Xét hàm số f(t) = 2t 2 − 3t + 4 trên [1; +∞), ta có f ′ (t) = 4t− 3 > 0, mọi t thuộc [1; +∞)

Do đó trên [1; +∞) hàm số f(t) đồng biến.

Từ đó, dựa vào điều kiện 16 y 6 7

3 ta có f(y) > f(1) = 3, và dựa vào điều kiện

Mà theo (1) thì đẳng thức xảy ra do đó ta phải có x = 2 y = 1 Thay x = 2 y = 1 vào (2) ta có 2 2 + 1 2 + 2.1−7.2−6.1 + 14 = 0 ⇔ 1 = 0 (vô lý). Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

⇔ 2(2x+ 1) 3 + 2x+ 1 = 2(√ y−2) 3 + √ y−2(3) Xét hàm số f(t) = 2t 3 + t trên [0; +∞) Ta có f ′ (t) = 6t 2 + 1 > 0, mọi t [0; +∞).

Suy ra hàm số đồng biến trên [0; +∞).

Theo (3) thì f(2x+ 1) = f(√ y −2), do đó suy ra 2x+ 1 = √ y−2 ⇔√

Từ đó thay vào (2) ta được

- Nhận thấy y = 6 là một nghiệm của (4).

- Ta xét y > 6 thì 4y − 8 > 4.6 − 8 = 16 suy ra √ 4

2y + 4 > 2 + 4 = 6, suy ra mọi y > 6 phương trình (4) vô nghiệm.

- Tương tự xét 2 6 y < 6 ta có √ 4

2y+ 4 < 2 + 4 = 6, tức là mọi y < 6 phương trình (4) vô nghiệm.

Vậy y = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình (4).

Từ đó, nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1

2; 6 Bài toán 2.26 Giải hệ phương trình sau

Xét hàm số f(t) = 2t 3 + t trên R Ta có f ′ (t) = 6t 2 + 1 > 0 ∀t, suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.

1−x 2 (4). Đặt x = cost, t ∈ [0;π] Ta suy ra sint > 0,sin t

Vì t ∈ [0;π] nên t chỉ nhận giá trị t = 3π

10. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (cos3π

10).Bài toán 2.27 Giải hệ phương trình sau x 3 −y 3 −2 = 3x−3y 2 (1) x 2 +√

Xét hàm số f(t) = t 3 −3t trên [−1; 1] Ta có f ′ (t) = 3t 2 −3 = 3(t 2 −1)6 0, mọi t thuộc [−1; 1].

Suy ra hàm số nghịch biến trên [−1; 1].

Mà theo (3) thì f(x) = f(y−1), do dó phải có x = y −1 ⇔y = x+ 1. Thay y = x+ 1 vào phương trình (2) ta được x 2 +√

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (0; 1)

Bài toán 2.28 Giải hệ phương trình sau x+√ x 2 −2x+ 2 = 3 y − 1 + 1 y +py 2 −2y + 2 = 3 x − 1 + 1

Lời giải. Đặt x−1 = u, y−1 = v thay vào hệ đề bài ta có u+√ u 2 + 1 = 3 v (1) v +√ v 2 + 1 = 3 u

Trừ từng vế hai phương trình trên ta được u+√ u 2 + 1 + 3 u = v +√ v 2 + 1 + 3 v (2). Xét hàm số f(t) = t+√ t 2 + 1 + 3 t

Mà theo (2) thì f(u) = f(v) nên suy ra u = v, thế vào (1) ta có u+√ u 2 + 1 = 3 u

Ta thấy u = 0 là một nghiệm của phương trình (3).

Xét hàm số g(u) = ln(u+√ u 2 + 1)−uln 3

Từ đó g(u) là hàm số nghịch biến Do đó u = 0 là nghiệm duy nhất của (3).

Ta tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là (1; 1).

 x 3 −3x 2 = y 3 −3y −2 (1) log y x−2 y −1 +log x y −1 x−2 = (x−2014) 2015 (2) Lời giải. Điều kiện: x > 2 y > 1 hoặc

Xét hàm số f(t) = t 3 −3t Ta có f ′ (t) = 3t 2 −3 = 3(t 2 −1).

Xét trên cả hai khoảng (−1; 1) và (1; +∞) ta có f ′ (t) đều không đổi dấu, hay hàm số đều đơn điệu trên hai khoảng đó.

Mà theo (3) thì f(x−1) = f(y), do đó y = x−1, thế vào phương trình (2) ta có (x−2014) 2015 = 0 ⇔x = 2014.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2014; 2013)

Xét hàm số f(u) = u 3 + u ta có f ′ (u) = 3u 2 + 1 > 0∀u Mà theo (3) ta có f(2x) = f(t).

Ta nhận xét x = 0 hoặc x = 3 đều không phải là nghiệm.

2 thỏa mãn phương trình (4) Do đó x = 1

2 là nghiệm duy nhất của phương trình (4).

Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ phương trình là 1

2; 2 Sau đây là một số bài toán có thể được giải theo phương pháp hàm số

Bài toán 2.33 Giải hệ phương trình x√(x 2 +y 2 ) =y 4 (y 2 + 1)

Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

Bài toán 2.35 Giải hệ phương trình sau x 6 +y 8 +z 10 = 1 (1) x 2013 + y 2015 +z 2017 = 1 (2)

Ta có các bất phương trình sau: \( x^6 - x^{2013} = x^6(1 - x^{2007}) > 0 \) tương đương với \( x^6 > x^{2013} \), với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \( x = 0 \) hoặc \( |x| = 1 \) Tương tự, đối với \( y \), ta có \( y^8 - y^{2015} = y^8(1 - y^{2007}) > 0 \) tương đương với \( y^8 > y^{2015} \), với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \( y = 0 \) hoặc \( |y| = 1 \) Cuối cùng, với \( z \), ta có \( z^{10} - z^{2017} = z^{10}(1 - z^{2007}) > 0 \) tương đương với \( z^{10} > z^{2017} \), với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \( z = 0 \) hoặc \( |z| = 1 \).

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta suy ra

Do đó dấu đẳng thức phải xảy ra, tức là

Kết hợp với (1),(2) ta thu được các nghiệm của hệ phương trình là

|x 3 y 3 + 1| = |(xy + 1)(x 2 y 2 − xy + 1)| = |(xy + 1)|.|x 2 y 2 − xy + 1| = |(xy +

Suy ra |(xy+ 1)|.|(xy+ 1) 2 −3xy|= 3

⇔ 5(x+y)(x 2 −2xy+y 2 ) > 0 ⇔5(x+y)(x−y) 2 >, điều này đúng vì theo (1) thì (x+y) > 0 và (x−y) 2 > 0. Điều (2),(3) chứng tỏ đẳng thức xảy ra, do đó x = y Thay y = x vào (1) ta có phương trình

5 2 Vậy hệ có hai nghiệm x = y = 3 +√

Bài toán 2.37 Giải hệ phương trình sau x 4 +y 4 = 2 (1) x 3 −2x 2 + 2x = y 2 (2)

Hệ phương trình tương đương với x 4 +y 4 x 3 −2x 2 + 2x−1 = y 2 −1

Ta xét các trường hơp sau:

TH1 Nếu x > 1 thì (x−1)(x 2 −x+ 1) > 0 Do đó y 2 −1 > 0 ⇔y 2 > 1, suy ra y 4 > 1 Từ đó mâu thuẫn với phương trình (1) Do đó hệ vô nghiệm.

TH2 Nếu x = 1, thay vào hệ đề bài ta được y 4 = 1 y 2 = 1 ⇔ y = ±1

TH3 Nếu 0< x < 1 thì (x−1)(x 2 −x+ 1) < 0.Do đó y 2 −1 < 0⇔ y 2 < 1. Tương tự như TH1, ta cũng suy ra mâu thuẫn với phương trình (1) Do đó hệ vô nghiệm.

TH4 Nếu x < 0 thì x 3 −2x 2 + 2x < 0 Do đó y 2 < 0, vô lý.

Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x;y) = (1; 1),(1;−1).

Cộng từng vế hai phương trình ta có x+y + 2xy

Từ đó suy ra 2xy > 0.

Thử lại các nghiệm (0; 0) và (1; 1) đều thỏa mãn hệ phương trình đề bài. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y) là (0; 0),(1; 1).

Lời giải. Đầu tiên, ta viết lại hệ dưới dạng tương đương sau

 y 3 −8 = x 3 −1 y 3 −y 2 −4 = 1−x viết lại một lần nữa ta thu được

Ta xét các trường hợp sau đây

Từ (2) ta suy ra x < 1 từ đó hệ vô nghiệm.

Từ (2) ta suy ra x > 1 trường hợp này hệ cũng vô nghiệm.

Như vậy hệ có nghiệm là (x, y) = (1,2).

Từ (1) ta thấy rằng: y 2 = 2x x 2 + 1 ≤ 1, từ đó, ta suy ra

Mặt khác, từ (2) ta suy ra rằng

7(x−1) 2 + 3(y 3 + 1) = 0, mà 7(x−1) 2 ≥ 0 ; 3(y 3 + 1) ≥0 (do (*) ta suy ra 7(x−1) 2 + 3(y 3 + 1) ≥0). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 x = 1 y = −1 Thử lại ta thấy hệ có nghiệm (x, y) = (1,−1).

Bài toán 2.41 Giải hệ phương trình sau y = −x 3 + 3x+ 4 x = 2y 3 −6y −2 Lời giải.

Ta thấy = y = 2 là một nghiệm của hệ phương trình.

Ta viết lại hệ dưới dạng

Ta xét hai trường hợp sau đây đối với các giá trị của x

Từ (2) ta suy ra y > 2 tức là hệ vô nghiệm.

Từ (2) ta suy ra y < 2 tức là hệ vô nghiệm.

Thử lại ta thấy rằng x = y = 2 là nghiệm của hệ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là (x, y) = (2,2)

Cộng vế theo vế ta có

Mà y 2 + 6y + 21 = (y−3) 2 + 12 ≥ 12 ∀y và đẳng thức xảy ra khi y=3 (1) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

32−x ≤8 ∀x ∈ [0; 32] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi √ x = √

32−x ⇒ x = 16 (2) Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và kết hợp (2) ta có

32−x ≤4 ∀x ∈ [0; 32] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi √ 4 x = √ 4

Từ (1) và (4) dấu bằng xảy ra khi x và y=3 thử vào hệ đã cho thấy thỏa mãn. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x;y) = (16; 3)

HD: Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có xy = x

16 và đó là nghiệm của hệ Bài 5.

Tìm tất cả các cặp số dương (x;y) thỏa mãn hệ phương trình:

Từ phương trình (1) ta có

9 (*) Theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: s

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

2x+y + 9Suy ra hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(3;3)

 x+ 6√xy−y = 6 x+ 6 x 3 +y 3 x 2 +xy+ y 2 −p2(x 2 +y 2 ) = 3 Một số bài tập tự luyện:

Bài toán 2.44 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2009) Giải hệ phương trình:

Từ điều kiện trên ta có 2 x 2 ≤ 1

√2 và ab 2 Lời giải Ta xét bài toán

Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

Với m > 0 hệ phương trình đề bài tương đương với x+y −1 + 2√ xy +y −2x−2 = m x+y −1 + 2√ xy +x−2y −2 = m Trừ từng vế hai phương trình trên cho nhau ta được

Do đó hàm số đồng biến trên [2; +∞) Trên [2; +∞), f(x) > f(2) = √

Hệ đề bài có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm ⇔ √ m > √

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m > 3.

Hệ đã cho có nghiệm, và đối với những hệ đơn giản, phương pháp đồ thị có thể được áp dụng để giải Chúng ta sẽ tìm hiểu về phương pháp tham biến, một cách biểu diễn nghiệm thông qua tham số.

Bài toán 3.2 Giải hệ x+y ≤ 1 x 2 + y 2 +xy = 1 Lời giải Viết hệ đã cho dưới dạng x+y = 1−a, a≥ 0 x 2 + y 2 +xy = 1

(x+y) 2 −xy = 1 ⇔ x+y = 1−a xy = (1−a 2 )−1 Điều kiện đối với a :

Với điều kiện (3.1) thì ta có nghiệm

Bài toán 3.3 Giải hệ x 2 +y 2 ≤ xy + 1 x 2 +y 2 ≤ 4xy

Lời giải Viết hệ đã cho dưới dạng x 2 +y 2 = xy +a+ 1 x 2 +y 2 = 4xy +b a, b ≤ 0

Bài toán 3.4 Giải hệ x+ 2y = 2 x 2 −2y 2 ≤ 1 Lời giải.

10 Vậy hệ có nghiệm: 2 y = t x = 2−2t với

Bài toán 3.5 Giải hệ x−y ≥ 1 x 2 −xy−2y 2 = 3

Lời giải Viết hệ dưới dạng x−y = 1 +a, a ≥ 0 x 2 −xy −2y 2 = 3

Hệ phương trình và bất phương trình một ẩn

Sau đây ta sẽ đưa ra một số bài toán liên quan đến hệ phương trình và bất phương trình một ẩn.

Bài toán 3.6 Xác định các giá trị m để hệ sau có nghiệm duy nhất x+y ≤ m x 4 +y 4 ≤ m+x 2 y 2

Vì vai trò của x và y là tương đương, nếu (x, y) = (α, β) là nghiệm của hệ phương trình, thì (x, y) = (β, α) cũng sẽ là nghiệm Do đó, điều kiện cần thiết để hệ có nghiệm duy nhất là α phải bằng β.

(α ≤ m α 4 ≤2m a) Nếu m < 0 thì không tồn tại α. b) Nếu m > 0 thì tồn tại vô số α thỏa mãn

2,√ 4 m c) Xét m = 0 khi đó α = 0 Hệ có dạng x+y ≤ 0 x 4 + y 4 ≤ x 2 y 2 ⇔ x+y ≤ 0 (x 2 −y 2 ) 2 +x 2 y 2 ≤ 0

Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 0.

Bài toán 3.7 Xác định m để hệ sau có nghiệm duy nhất x 2 + 2y ≤m y 2 + 2x ≤m

Vì vai trò của x và y là bình đẳng, nếu (x, y) = (α, β) là nghiệm thì (x, y) = (β, α) cũng là nghiệm Điều này dẫn đến điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là α = β Thay vào hệ, ta có được bất phương trình α^2 + 2α ≤ m tương đương với α^2 + 2α - m ≤ 0.

Bất phương trình (3.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

Thay vào hệ đã cho x 2 + 2y ≤ −1 y 2 + 2x ≤ −1 ⇔

Kết luận: hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = −1.

Lời giải Hệ đã cho tương đương với hệ

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (−1,−1,−1).

Bài toán 3.9 Xác định các giá trị m để hệ x 2 −3x+ m+ 1≤ 0 x 2 −5x+ 4m+ 2 ≤ 0 có nghiệm duy nhất.

Lời giải nếu một trong các bất phương trình f(x) := x 2 −3x+m+ 1 ≤0 (3.3) g(x) := x 2 −5x+ 4m+ 2 ≤ 0 (3.4) vô nghiệm thì hệ vô nghiệm.

Với điều kiện (3.5) thì ∆1 > 0 và

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

2) x 1 = x 4 ⇒ x 3 ≤ x 2 ⇒ x 3 +x 4 ≤ x 1 + x 2 ⇔ 5 ≤ 3, trường hợp này không xảy ra.

Bài toán 3.10 Xác định các giá trị của m để hệ x 2 −5x+ 9−m ≤ 0 x 2 −6x+ 2m+ 2 ≥ 0 có nghiệm duy nhất.

Lời giải Nhận xét rằng bất phương trình g(x) := x 2 −6x+ 2m+ 2 ≥ 0 (3.6) luôn luôn có nghiệm.

2) thì (3.6) nhận mọi x là nghiệm Khi đó hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bất phương trình f(x) := x 2 −5x+ 9−m ≤ 0 (3.7) có nghiệm duy nhất, hay ∆1 = 25−4(9−m) = 0 ⇔ m = 11

4 Giá trị này không phù hợp với điều kiện m ≥ 7

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

8 hệ này vô nghiệm. ii) Trường hợp x 1 = x 3 x 2 < x 4 ⇔ x 1 = x 3 x 1 +x 2 < x 3 +x 4

⇔m = 3 (thỏa mãn). iii) Trường hợp x 2 = x 4 x 3 < x 1 ⇔

6 < 5 Trường hợp này không xảy ra.

Bài toán 3.11 Hãy xác định các giá trị a để hệ

 ax 2 + x+ 1 ≤ 0 x 2 + ax+ 1 ≤ 0 x 2 + x+ a≤ 0 có nghiệm duy nhất.

Lời giải Cộng các vế tương ứng của hệ, ta được bất phương trình hệ quả

Vậy nếu a+ 2 > 0 (⇔ a > −2) thì hệ đã cho vô nghiệm.

Xét a+ 2≤ 0 ⇔a ≤ −2. i) a < −2 thì x = 1 là nghiệm của hệ

Hệ này không thể có nghiệm duy nhất vìx = 1 nằm bên trong khoảng nghiệm của mỗi bất phương trình. ii) a = −2 Hệ có dạng

−2x 2 +x+ 1≤ 0 x 2 −2x+ 1 ≤0 x 2 +x−2≤ 0 Bất phương trình thứ hai của hệ có nghiệm duy nhất x = 1 và nghiệm này thỏa mãn hệ.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = −2.

Để xác định các giá trị của m sao cho phương trình f(x) := x² − 2mx + m + 1 = 0 (3.8) có nghiệm và các nghiệm này thỏa mãn bất phương trình g(x) := x² + 4mx + 2m + 2 ≤ 0 (3.9), ta cần kiểm tra điều kiện ∆'₁ = m² − m − 1 ≥ 0.

Khi đó gọi hai nghiệm của (3.8) là x 1 , x 2 , thì x 1 + x 2 = 2m x 1 x 2 = m+ 1 Cần xác định các giá trị m sao cho g(x 1 ) ≤ 0 g(x 2 ) ≤ 0 (3.11) Để ý rằng

Vì g(x) = f(x) + (6mx+m+ 1) nên g(x 1 ) = 6mx 1 +m+ 1 g(x2) = 6mx2 +m+ 1 và g(x 1 ) +g(x 2 ) = 6m(x 1 +x 2 ) + 2(m+ 1)

Bài toán 3.13 Xác định các giá trị của m để hệ f(x) := x 2 + 2mx+m−1≤ 0 (3.15) g(x) := x 2 −2(m+ 1)x+m ≤ 0 (3.16) có tập hợp nghiệm lập thành một đoạn [α, β] với β −α = 1.

Lời giải Điều kiện để (3.15) và (3.16) đều có nghiệm là

Cần xác định m để có một trong bốn trường hợp sau: i) x 3 ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ x 4 và x 2 −x 1 = 1. ii) x 1 ≤ x 3 ≤ x 4 ≤x 2 và x 4 −x 3 = 1. iii) x 1 ≤x 3 ≤x 2 ≤ x 4 và x 2 −x 3 = 1. iv) x 3 ≤ x 1 ≤ x 4 ≤ x 2 và x 4 −x 1 = 1.

Vậy 4(m 2 −m+ 1) = 1 ⇔ 4m 2 −4m+ 3 = 0 Phương trình này vô nghiệm. Trường hợp này không xảy ra.

Xét ii) Ta có (x 4 −x 3 ) 2 = ∆ 2 = 4(m 2 +m + 1) = 1 ⇔ 4m 2 + 4m+ 3 = 0. Phương trình này vô nghiệm.

Xét iii) Ta có −m +√ m 2 −m+ 1−(m+ 1) +sqrtm 2 + m+ 1 = 1

Thay m = 0 vào hệ, ta được x 1 = −1≤ x 3 = 0 < x 2 = 1< x 4 = 2 Vậy m = 0 thỏa mãn.

⇔2m+√ m 2 + m+ 1 +√ m 2 −m+ 1 = 0 Nếu m ≥0 thì có ngay VT>0.

⇔p(m 2 −1) 2 + 3m 2 > m 2 −1. Điều này luôn luôn đúng ∀m < 0 Vậy trường hợp iv) không xảy ra.

Kết luận: m = 0 là giá trị cần tìm.

Bài toán 3.14 Xác định các giá trị của m để hệ sau có nghiệm x 2 −5x+ 4 ≤ 0 (3.17)

Lời giải Hệ phương trình tương đương với

2x 3 (x 2 −16) = 3√ x 2x 3 (x−4)(x+ 4) ≤ 0,∀x ∈ [1; 4]. Kết hợp với g(x) là hàm số liên tục trên [1; 4] ta có lập luận:

Hệ đề bài có nghiệm ⇔(3.18) có nghiệm x ∈ [1; 4]

Bài toán 3.15 Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hệ sau có nghiệm (x;y) thỏa mãn điều kiện x ≥4

Từ 3.19 ta có 3−√ x= √y ≥ 0 Suy ra √ x ≤ 3⇔ x ≤9.

Hệ đề bài có nghiệm khi và chỉ khi

Mà 4 ≤ x ≤ 9 ⇔ 2 ≤ √ x ≤ 3 và [2; 3] là một đoạn con của

Suy ra xmin∈ [4;9]f(x) = f(4) = 5 Vậy điều kiện để hệ có nghiệm là a > 5.

Bài toán 3.16 Tìm tất cả các cặp số thực (x;y) thỏa mãn

Lời giải Bất phương trình 3.23 tương đương với

Xét trên các khoảng của y ta giải bất phương trình (3.24) tương ứng:

Vậy miền nghiệm của (3.24) là [−3; 0].

Ta biến đổi (3.23) tương đương với

Ta có log 3 5 > 0, y+ 3 ≥ 0 nên −log 35.(y + 3) ≤ 0 Mà |(x+ 1)(x−3)| ≤ 0 Do đó theo (3.25) thì ta có

 y = −3 hx = −1 x = 3Thử lại hệ đề bài ta có hệ có hai cặp số (x, y) thỏa mãn là (−1;−3),(3;−3).

Luận văn đã hoàn thành và đạt một số kết quả sau:

1 Giới thiệu tổng quan các hệ phương trình đại số cơ bản với các tính chất và cách giải chúng.

Khảo sát chi tiết và hệ thống các bài toán liên quan đến giải hệ phương trình chứa tham số là rất quan trọng Phương pháp bất đẳng thức đóng vai trò then chốt trong việc giải quyết các hệ phương trình này Việc áp dụng các kỹ thuật và phương pháp phù hợp sẽ giúp nâng cao hiệu quả trong việc tìm ra nghiệm của hệ phương trình.

3 Đưa ra một số ví dụ áp dụng từ các đề thi đại học, đề thi HSG và Olympic quốc gia và khu vực.

Định dạng
Số trang	72
Dung lượng	341,54 KB