Một số phương pháp giải hệ phương trình - Đinh Văn Thắng

III. Phƣơng pháp biến đổi thành tích.

* Cơ sở phƣơng pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đôi khi cần

kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích.

Bài 1 Giải hệ phương trình 3 2 2 2    

- Biến đổi phương trình (2) thành tích.

- Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y.

- Hệ đã cho  

. Hệ có 3 nghiệm ( ; ) (1; 1); ( ; 5) 1 5

Bài 2. Giải hệ phương trình

- Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả

quan nên chúng ta tập trung để giải (1).

Lời giải.

ĐK: x y   1, 0

(1)             y x y x y x y x y y x y ( ) ( ) ( )( 1 ) 0 2 2

TH 1. x y   0 (loại do x y   1, 0)

pdf24 trang | Chia sẻ: xuannguyen98 | Ngày: 23/12/2020 | Lượt xem: 19 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Một số phương pháp giải hệ phương trình - Đinh Văn Thắng, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
  . 
Bài 4. Tìm các giá trị m để hệ 
2 2
2 2
3 2 11
2 3 17
x xy y
x xy y m
   

   
 có nghiệm. 
- Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay , 0y tx x  
Lời giải. 
- TH 1. 
2
2
22
11
11
0 17
3 17
3
y
y
x m
yy m
 
  
    
  

Vậy hệ có nghiệm 
17
0 11 16
3
m
x m

     
- TH 2. 0x  , Đặt y tx . Hệ 
2 2 2 2
2 2 2 2
3 2 11
2 3 17
x tx t x
x tx t x m
   
 
   
2
2 2 2
2 2
2
2
11
(3 2 ) 11 3 2
11(1 2 3 ) 17
(1 2 3 ). 17
3 2
x
t t x t t
t t x m
t t m
t t

      
  
        
  
Đinh Văn Thắng 8 
2
2
2
11
3 2
( 16) 2( 6) 3 40 0 (*)
x
t t
m t m t m


  
      
- Ta có 
2
11
0,
3 2
t
t t
 
 
 nên hệ có nghiệm  pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 
16m  hoặc 216, ' ( 6) ( 16)(3 40) 0m m m m        
5 363 5 363m     
- Kết luận. 5 363 5 363m    
Bài 5. Tìm các giá trị của m để hệ 
2 2
2 2
5 2 3
2 2
1
x xy y
m
x xy y
m
   


  

 (I) có nghiệm. 
Lời giải. 
- Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được 
2 2
2 2
5 2 3
1
6 6 3 3
1
x xy y
x xy y
m
   


     

- Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được 
2 2 21 14 4 ( 2 )
1 1
x xy y x y
m m
       
 
- Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là 
1
0 1
1
m
m
  

- Điều kiện đủ. Với 1m  . Xét hệ pt 
2 2
2 2
5 2 3
2 2 1
x xy y
x xy y
   

  
 (II) 
- Giả sử 0 0( ; )x y là nghiệm của hệ (II). Khi đó 
2 2
2 2 0 0 0 0
0 0 0 0
2 22 2
0 0 0 00 0 0 0
5 2 3
5 2 3
2 22 2 1
1
x x y y
x x y y
m
x x y yx x y y
m
       
 
     

- Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) 
(II) 
2 2
5 2 3 2 2
4 4 0 2 0 2
2 2
6 6 3 3
x xy y
x xy y x y x y
x xy y
  
          
    



- Thay 2x y  vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được 
2 2 2 2 1 28 4 1 5 1
5 5
y y y y y x          
- Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy 1m  . 
Bài 6. Giải hệ phương trình 
1
3 1 2
1
7 1 4 2
x
x y
y
x y
 

 

  
  
  

 
   
- Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt thứ nhất cho 
3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7y . 
Lời giải. 
Đinh Văn Thắng 9 
- ĐK: 0, 0, 0x y x y    . 
- Dễ thấy 0x  hoặc 0y  không thỏa mãn hệ pt. Vậy 0, 0x y  
- Hệ 
2 4 2 1 2 21 2
2 1 (1)1
3 7 3 73
1 4 2 2 2 4 2 1 2 2 1
1
7 3 7 3 7
x y x y x yx
x y x y x yy x y x y
    

  
     
  
  
  
   
  
   
      
- Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được 
1 2 2 1 2 2 1
3 7 3 7 x yx y x y
  

  
  
  
2 2
6
1 8 1
7 38 24 0 4
3 7
7
y x
y xy x
x y x y y x

       
  

- TH 1. 6y x thế vào pt (1) ta được 
1 2 11 4 7 22 8 7
1
21 73 21
x y
x x
 
      
- TH 2. 
4
7
y x  không xảy ra do 0, 0x y  . 
- Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất  
11 4 7 22 8 7
; ;
21 7
x y
 

 
 
 
. 
- Chú ý. Hệ phương trình có dạng 
2
2
a b m m n a
a b n m n b
    
 
    
. Trong trường hợp này, dạng thứ 
nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất căn thức. 
- Tổng quát ta có hệ sau: 
a n
m
px qybx
c n
m
px qydy
 

 







Bài 7. Giải hệ phương trình 
2 2 2 2 2
( ) (3 1)
2 2 2 2 2
( ) (4 1)
2 2 2 2 2
( ) (5 1)
x y z x x y z
y z x y y z x
z x y z z x y
   
   
   





- Phân tích. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho 
2 2 2x y z thì ta được hệ mới đơn giản hơn. 
- TH 1. 0xyz  . Nếu 0x  thì hệ 2 2
0
0
,
y
y z
z t t

   
 
 hoặc 
0
,
z
y t t


 
- Tương tự với 0y  và 0z  ta thu được các nghiệm là (0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t 
- TH 2. 0xyz  . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho 2 2 2x y z ta được 
Đinh Văn Thắng 10 
2
1 1 1 1
3 (1)
2
2
1 1 1 1
4 (2)
2
2
1 1 1 1
5 (3)
2
z y x x
x z y y
y x z z
   
   
   
 
 
 

 
 
 

 
  
. Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được : 
2 22
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
12
2 2 2z y x z y x x y z x y z
           
    
    
    
1 1 1
4 (4)2
1 1 1 1 1 1
12 0
1 1 1
3 (5)
x y z
x y z x y z
x y z
  
        
   

   
   
   


- Từ (4) và (1) ta có 
2
2
1 1 1 9 9
4 3 13
13
x
x x x x
 
        
 
- Tứ (4) và (2) ta có 
3
4
y  . Từ (4) và (3) ta có 
9
11
z  
- Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có 
5 5
, 1,
6 4
x y z      . 
- Vậy hệ có tập nghiệm là 
S = 
9 3 9 5 5
( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ); ; ; ; ; 1; ,
13 4 11 6 4
t t t t
    
       
    
III. Phƣơng pháp biến đổi thành tích. 
* Cơ sở phƣơng pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đôi khi cần 
kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích. 
Bài 1 Giải hệ phương trình 
3 2 2 2
2 0 (1)
2 2 0 (2)
xy x
x x y x y xy y
  

     
- Biến đổi phương trình (2) thành tích. 
- Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y. 
- Hệ đã cho 
2
2 0
(2 1)( ) 0
xy x
x y x y
  
 
   
. Hệ có 3 nghiệm 
1 5
( ; ) (1; 1); ( ; 5)
2
x y
 
  
Bài 2. Giải hệ phương trình 
2 22 (1)
2 1 2 2 (2)
xy x y x y
x y y x x y
   

   
- Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả 
quan nên chúng ta tập trung để giải (1). 
Lời giải. 
ĐK: 1, 0x y  
(1) 
2 2( ) ( ) ( )( 1 ) 0y x y x y x y x y y x y            
TH 1. 0x y  (loại do 1, 0x y  ) 
Đinh Văn Thắng 11 
TH 2. 2 1 0 2 1y x x y      thế vào pt (2) ta được 
(2 1) 2 2 4 2 2 ( 1) 2 2( 1)y y y y y y y y y         
1 0 1
22 2
y y
yy
   
    
. Do 0 2y y   . Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (5;2)x y  
- Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể giải 
pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x). 
Bài 3. Giải hệ phương trình 
3
1 1
(1)
2 1 (2)
x y
x y
y x

  

  
- Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích. 
Lời giải. 
ĐK: 0xy  . (1) 
1 1 1
0 0 ( ) 1 0
x y
x y x y x y
x y xy xy
 
             
 
TH 1. x y thế vào (2) ta được 3 2 1 0 1x x x     hoặc 
1 5
2
x
 
 (t/m) 
TH 2. 
1 1
1 0 y
xy x
     thế vào (2) ta được 4 2 2 2
1 1 3
2 0 ( ) ( ) 0
2 2 2
x x x x         . 
PT này vô nghiệm. 
Vậy tập nghiệm của hệ là S = 
1 5 1 5 1 5 1 5
(1;1); ; ; ;
2 2 2 2
            
    
     
Bài 4. Giải hệ phương trình 
1 1
(1)
3 3
( 4 )(2 4) 36 (2)
x y
x y
x y x y
  
    





Lời giải. 
2 2
2 2
3 3 3 3
3 3
1 1 ( )( )
( )
1
x y
y x y xy x
x y x y y xy x
x y x y
x y

             

TH 1. x y thế vào pt thứ hai ta được 
2
6
4 12 0
2
x
x x
x
 
     
TH 2. 
2 2
3 3
1 0
y xy x
xy
x y
 
    . 
(2) 
2 2 2 22 4 9 4 16 36 2( 1) 4( 2) 9 18x y xy x y x y xy              
Trường hợp này không xảy ra do 
2 20 2( 1) 4( 2) 9 0xy x y xy       
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S =  (2;2); ( 6; 6)  
Bài 5. Giải hệ phương trình 
2 2
2
8
16 (1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y

   
   
Đinh Văn Thắng 12 
- Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết quả khả 
quan nên chúng ta tập trung để giải (1) 
Lời giải. 
ĐK: 0x y  . (1) 2 2( )( ) 8 16( )x y x y xy x y      
2( ) 2 ( ) 8 16( )x y xy x y xy x y         
2( ) ( ) 16 2 ( 4) 0x y x y xy x y          
 ( 4) ( )( 4) 2 0x y x y x y xy        
TH 1. 4 0x y   thế vào (2) ta được 2
3 7
6 0
2 2
x y
x x
x y
   
       
TH 2. 
2 2( )( 4) 2 0 4( ) 0x y x y xy x y x y          vô nghiệm do ĐK 
Vậy tập nghiệm của hệ là S =  ( 3;7); (2;2) 
Bài 6 Giải hệ phương trình : 
2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0 (1)
( ) 2 ( ) (2)
x y xy y x y
xy x y x y
     

   
HD : Biến đổi PT (2) thành tích ta có 
2 2
1
2
xy
x y


 
. 
- TH1:
1
y
x
 thay vào PT (1). 
- TH 2: PT(1) 2 2 2 23 ( ) 2 4 2( )y x y x y xy x y      ( 1)(2 4 ) 0xy x y    
Bài 7 Giải hệ phương trình: 
3 3 4(4 )
2 21 5(1 )
x y x y
y x
   

   
HD : Từ (2) 2 24 5y x  thay vào (1) ta có : 3 3 2 2( 5 )(4 )x y y x x y    
Đinh Văn Thắng 13 
IV.Phƣơng pháp đặt ẩn phụ. 
Bài 1. Giải hệ phương trình 
2 2
1
7
x y xy
x y xy
   

  
Lời giải. 
Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến. 
Hệ 
2
( ) 1
( ) 3 7
x y xy
x y xy
   
 
  
Đặt 
x y S
xy P
 


  2, 4x y S P   ta được 2
1 1, 2
4, 33 7
S P S P
S PS P
      
      
TH 1. 
1 1 1, 2
2 2 2, 1
S x y x y
P xy x y
       
           
TH 2. 
4 4 1, 3
3 3 3, 1
S x y x y
P xy x y
          
          
. Vậy tập nghiệm của hệ là 
S =  ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)      
 Chú ý. 
- Nếu hệ pt có nghiệm là ( ; )x y thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là ( ; )y x . Do vậy, để hệ có 
nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x y . 
- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi cách nhìn 
nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn. 
 Bài 2 Giải hệ phương trình: 
2 2 1
3
x xy y
x y xy



  
  
Bài 3 Tìm m để hệ có nghiệm : 
1
1 3
x y
x x y y m
  

  
Bài 4. Giải hệ phương trình 
2 2 18
( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
    

  
 Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I 
- Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x y và tích xy 
- Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo 
2x x và 2y y . Rõ ràng hướng này tốt hơn. 
Lời giải. 
Hệ 
2 2
2 2
( ) ( ) 18
( )( ) 72
x x y y
x x y y
    
 
  
. Đặt 
2
2
1
,
4
1
,
4
x x a a
y y b b

   

    

 ta được 
18 6, 12
72 12, 6
a b a b
ab a b
    
    
TH 1. 
2
2
6 6 2, 3
12 3, 412
a x x x x
b y yy y
      
   
     
Đinh Văn Thắng 14 
TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được 
3, 4
2, 3
x x
y y
  

  
. Vậy tập nghiệm của hệ là 
S =  (2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3)        
 Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau 
- Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 
18
72
a b
ab
 


 (I) 
1) Thay 
2 2,a x x b y y    vào hệ (I) ta được hệ 
(1) 
2 2 18
( 1)( 1) 72
x y x y
xy x y
    

  
 đó chính là ví dụ 2. 
2) Thay 
2 2,a x xy b y xy    vào hệ (I) ta được hệ 
(2) 
2 2
2 2
18
( ) 72
x y
xy x y
  

 
3) Thay 
2 2 , 2a x x b x y    vào hệ (I) ta được hệ 
(3) 
2 4 18
( 2)(2 ) 72
x x y
x x x y
   

  
4) Thay 
1 1
,a x b y
x y
    vào hệ (I) ta được hệ 
(4) 
2 2
( ) 18
( 1)( 1) 72
x y xy x y xy
x y xy
   

  
5) Thay 
2 22 ,a x xy b y xy    vào hệ (I) ta được hệ 
(5) 
2 2 18
( 2 )( ) 72
x y xy
xy x y y x
   

  
a. Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới. 
b. Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) 
2 2
7
21
a b
a b
 

 
 và làm tương tự như trên ta lại 
thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn : 
6) Thay 
2 2,a x y b xy   vào hệ (II) ta được hệ 
(6) 
2 2
4 4 2 2
7
21
x y xy
x y x y
   

  
7) Thay 
1 1
,a x b y
x y
    vào hệ (II) ta được hệ 
(7) 
2 2
2 2
1 1
7
1 1
21
x y
x y
x y
x y

   


    

8) Thay 
1
,
x
a x b
y y
   vào hệ (II) ta được hệ 
Đinh Văn Thắng 15 
(8) 
2 2 2
1 7
( 1) 21
xy x y
xy x y
  

  
9) Thay 
1
,a x y b
y
   vào hệ (II) ta được hệ 
(9) 
2 2 2
( ) 1 9
( 2) 21 1
x y y y
x y y y
  

   
10) Thay 
2 22 , 2a x x b y x    vào hệ (II) ta được hệ 
(10) 
2 2
4 4 2 2
4 7
4 ( ) 21
x y x
x y x x y
  

   
... 
Bài 5 Tìm m để hệ có nghiệm : 
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y

   


     

. 
Đặt ẩn phụ
1
1
a x
x
b y
y

 

  

Điều kiện ; 2a b  
Ta có hệ 
3 3
5
3 3 15 10
a b
a a b b m
 

    
Bài 6 Giải các hệ phương trình : 
a) 
2 2
2 2 3 2
2 2
x y x y
x xy y
    

  
 b) ) 
3
2
x y x y
x y x y
   

   
c) 
2 2 2
3 4 2 2 4 1
x y x y
x y
    

   
Bài 7 Giải các hệ phương trình: 
a) 
3 2
2
3 (6 ) 2 18 0
3
x y x xy
x x y
     

   
 b) 
3 2
2
2 (6 ) 3 18 0
7
x
x
y x xy
x y
     

   
 a) Hệ 
( 2)(3 ) 18 0
( 2) (3 ) 0
x x x y
x x x y
   
 
   
 Đặt 
( 2)
3
a x x
b x y
 

 
 Nghiệm 1; 3x   
 b) Hệ 
( 3)(2 ) 18 0
( 3) (2 ) 0
x x x y
x x x y
   
 
   
 Đặt 
( 3)
2
a x x
b x y
 

 
Nghiệm 
Bài 8Giải hệ phương trình : 
2
2
( 1) 3 0
5
( ) 1 0
x x y
x y
x
   


   
- ĐK. 0x  . Hệ 2
2
1
1 3. 0
1
( ) 5. 1 0
x y
x
x y
x

   

 
        
Đặt 
1
,x y a b
x
   ta được hệ : 
Đinh Văn Thắng 16 
2 2 2 2
2, 1 1
1 3 0 3 1
1 1 3
, 2,5 1 0 (3 1) 5 1 0
2 2 2
a b x y
a b a b
a b x ya b b b
              
            
 
Bài 9 Giải hệ phương trình : 
2 3 2
4 2
5
4
5
(1 2 )
4
x y x y xy xy
x y xy x

     

     

- Hệ 
2 2
2 2
5
( ) ( 1)
4
5
( )
4
x y xy x y
x y xy

     
 
    

. Đặt 
2x y a
xy b
  


 ta được : 
2
2
2
5 5
( 1) 0,0
4 4
5
5 1 3
,4
4 2 2
a b a a ba a ab
b a
a b a b
 
          
   
            
- Vậy tập nghiệm của hệ pt là S = 3 3
3 5 25
1; ; ;
2 4 16
    
    
    
Bài 10 Giải hệ phương trình : 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
- Hệ 
2 2 2( ) 7
( 2 ) 2 10
x y x y
y y x x
   

  
2 2
2 2
( 1) ( 1) 9
( ) ( 1) 9
x y
y x x
   
 
   
. 
- Đặt 1, 1a x b y b a y x        ta được hệ 
2 2
2 2
9
( ) 9
a b
b a a
 

  
2 2 2 2 2( ) 2 0a b b a a a ab a          hoặc 2a b  
- Với 0 3 1, 2a b x y      hoặc 1, 4x y    
- Với 
2 3 62 5 9
5 5
a b b b a         
6 3
1 , 1
5 5
x y       hoặc 
6 3
1 , 1
5 5
x y      
 Cách 2 : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : 2 2 4 2 3 0 ( 1)( 2 3) 0x xy x y x x y          
Bài 11 Giải hệ phương trình : 
3
1 1 4
x y xy
x y
   

   
- ĐK: 1, 1, 0x y xy     
- Hệ 
3 3
2 2 ( 1)( 1) 16 2 1 14
x y xy x y xy
x y x y x y x y xy
       
  
             
Đinh Văn Thắng 17 
- Đặt ,x y a xy b   . 2 22, 0, 4a b a b    ta được hệ pt 
22 2
3 3 3
3 26 105 02 1 14 2 4 11
a b a b a b
b ba a b b b b
       
   
            
3 3
6 3
b x
a y
  
  
  
 (thỏa mãn đk) 
Bài 12 Giải hệ phương trình: 
8
2 29 9 10
x y
x y



 
   
. Bình phương cả 2 PT. 
Bài 13 Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
1 1
2 7
6 1
1
x y
x y
x y xy

   


   
 
- PT (1) 2 2
1 1
( ) 2 ( ) 2 2 7x y
x y
       
- PT (2) 
1 1
6 ( ) ( ) ( ) 6
x y
x y x y
xy x y

           Ta có 
2 2
6
2 2 2 7
a b
a b
  

   
Bài 14 Giải hệ phương trình: 
( 7) 1 0
2 2 221 ( 1)
y x x
y x xy



   
  
. Lần lượt chia cho 2;y y và đặt ẩn phụ. 
Bài 15 Giải hệ phương trình: 
2 2 2
1 7
1 13
xy x y
x y xy y
  

  
. Lần lượt chia cho 2;y y và đặt ẩn phụ. 
Bài 16 Giải hệ phương trình: 
2 2 1 4
2 2( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y




   
   
 Chia 2 vế của 2 PT cho y và đặt ẩn phụ. 
Bài 17 Giải hệ phương trình: 
2 2 2 2(2 ) 5(4 ) 6(2 ) 0
1
2 3
2
x y x y x y
x y
x y
      


   
Đinh Văn Thắng 18 
V. Phƣơng pháp hàm số. 
* Cơ sở phƣơng pháp. Nếu ( )f x đơn điệu trên khoảng ( ; )a b và , ( ; )x y a b thì : 
( ) ( )f x f y x y   
Bài 1 Giải các HPT sau : 
a) 
3 3
2 2 2
x x y y
x y
   

 
 b) 
5 5
2 2 2
x x y y
x y
   

 
Bài 2 Giải hệ phương trình : 
5 5
5 5 (1)
2 2
1 (2)
x x y y
x y
  
 



Bài 3. Giải hệ phương trình 
3 3
3 3 (1)
2 2
1 (2)
x x y y
x y
  
 



 Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta muốn giải hệ 
này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số 
3( ) 3f t t t  không đơn điệu trên 
toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn  1;1 . 
Lời giải. 
Từ (2) ta có  2 21, 1 , 1;1x y x y     
Hàm số 
3( ) 3f t t t  có 2'( ) 3 3 0, ( 1;1) ( )f t t t f t       nghịch biến trên đoạn  1;1 . 
 , 1;1x y  nên (1) ( ) ( )f x f y x y    thế vào pt (2) ta được 
2
2
x y   . 
Vậy tập nghiệm của hệ là S = 
2 2 2 2
; ; ;
2 2 2 2
 
     
    
     
 Nhận xét. Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu trên đoạn đó. 
Bài 4 Giải hệ phương trình: 
3 23 ( 3) (1)
2 2( 1) 2 5 0 (2)
x x y y
y y x y x
    

       
 PT 3 3(1) 3 3x x y y    
Xét hàm 3( ) 3f t t t  . HS đồng biến. Từ (1) ( ) ( )f x f y x y    
Thay và (2) tiếp tục sử dụng PP hàm số CM PT (2) có 1 nghiệm duy nhất 1 1x y   . 
Bài 5 Giải hệ phương trình: 
3
1 1
(1)
2 1 (2)
x y
x y
y x

  

  
- Xét hàm số 
2
1 1
( ) ( 0) '( ) 1 0f t t t f t
t t
       nên hàm số đồng biến. 
- Từ (1) ( ) ( )f x f y x y    
- Thay vào (2) có nghiệm 
1 5
1;
4
x
 
 
Bài 6 Giải hệ phương trình 
1 1
3 3
( 4 )(2 4) 36 (2)
(1)x y
x y
x y x y
  
    





. 
Đinh Văn Thắng 19 
- Xét hàm số 
3 4
1 3
( ) ( 0) '( ) 1 0f t t t f t
t t
       nên hàm số đồng biến. 
- Từ (1) ( ) ( )f x f y x y    
- Thay vào (2) có nghiệm 2; 6x   . vậy hệ có nghiệm (2;2); ( 6; 6)  . 
Bài 7 Giải hệ phương trình
3 33 ( 1) 9( 1) (1)
1 1 1 (2)
x x y y
x y
     

   
- Từ điều kiện và từ phương trình (2) có 1; 1 1x y   
- 3 3(1) 3 ( 1) 3 1x x y y      , xét hàm số 3( ) 3f t t t  trên [1; ) 
- Hàm số đồng biến trên [1; ) , ta có ( ) ( 1) 1f x f y x y     
- Với 1x y  thay vào (2) giải được 1; 2x x  
1 2
,
2 5
x x
y y
  
  
  
Bài 8 Giải hệ phương trình 
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1
2
x x x y y y
x y x y
      


   

- Từ phương trình (2) 2 2
1 1
( ) ( ) 1
2 2
x y     nên 
3 1 1 3
1 ; à 1
2 2 2 2
x v y
 
      
- 3 3(1) ( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1)x x y y        nên xét 3( ) 12f t t t  trên 
3 3
[ ; ]
2 2

- Chỉ ra f(t) nghịch biến. Có ( 1) ( 1) 1 1f x f y x y       
- Nghiệm 
1 3 3 1
( ; ) ( ; ); ( ; )
2 2 2 2
x y
 
 
Bài 9. Giải hệ phương trình 
2
(4 1) ( 3) 5 2 0 (1)
2 2
4 2 3 4 7 (2)
x x y y
x y x
    
   



Lời giải. 
- (1) 
2
(4 1)2 (2 6) 5 2 0x x y y      
   
2 32 3
(2 ) 1 (2 ) 5 2 1 5 2 (2 ) 2 5 2 5 2x x y y x x y y     

File đính kèm:

  • pdfPhuong_phap_giai_he.pdf