Tổng hợp Chuyên đề trọng tâm thi vào Lớp 10 chuyên và học sinh giỏi Đại số Lớp 9 - Chương 3: Hệ phương trình - Nguyễn Trung Kiên

Nội dung text: Tổng hợp Chuyên đề trọng tâm thi vào Lớp 10 chuyên và học sinh giỏi Đại số Lớp 9 - Chương 3: Hệ phương trình - Nguyễn Trung Kiên

1. Chương 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. HỆ BẬC NHẤT MỘT ẨN KIẾN THỨC CẦN NHỚ ì ï ax + by = c Hệ phương trình bậc nhất một ẩn là hpr có dạng í ï a¢x + by = c¢ îï + Cặp số (x0;y0 ) được gọi là một nghiệm của hệ phương trình nếu nó là nghiệm chung của cả hai phương trình đó. + Hệ có thể có nghiệm duy nhất, vô nghiệm hoặc vô số nghiệm tùy theo vị trí tương đối của hai đường thẳng biểu diễn nghiệm của hai phương trình. + Phương pháp cụ thể: chúng ra thường dùng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số để khử bớt một ẩn, từ đó sẽ giải được hệ. Một số ví dụ Ví dụ 1. Xác định các hệ số a,b của hàm số y = ax + b để a. Đồ thị hàm số của nó đi qua điểm A(1;3),B (2;4) b. Đồ thị hàm số của nó cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng- 4 và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 . Lời giải a. Thay tọa độ các điểm A,B vào phương trình của đường thẳng ta được: ì ì ì ï 3 = a + b ï b = 3 - a ï a = 1 í Û í Û í , Vậy a = 1,b = 2 . ï 4 = 2a + b ï 4 = 2a + 3 - a ï b = 3 - a = 2 îï îï îï ì ì ì ï - 4 = a.0 + b ï b = - 4 ï a = 2 b. Tương tự phần (1) ta có hệ: í Û í Û í ï 0 = 2a + b ï 2a = - b = 4 ï b = - 4 îï îï îï Vậy a = 2;b = - 4 Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình sau: ì ì ïì 1 ï 1 1 ï x y ï 2x - 1 + = 2 ï + = 3 ï - = 3 ï ï x y ï x + 1 y - 1 ï x - y a) íï b)íï c) í ï 3 2 ï x 3y ï 1 ï - = - 1 ï + = - 1 ï 2 2x - 1 - = 1 ï x y ï x + 1 y - 1 ï îï îï îï x - y Lời giải 1 1 a. Đặt u = ;v = . Theo đề bài ta có hệ phương trình: x y ïì u + v = 3 ïì v = 3- u ïì 5u = 5 ïì u = 1 íï Û íï Û íï Û íï ï ï ï ï îï 3u - 2v = - 1 îï 3u - 2(3- u)= - 1 îï v = 3- u îï v = 2 1 1 1 Từ đó suy ra x = = 1;v = = u v 2 x y b. Đặt u = ;v = . Theo đề bài ta có hệ phương trình: x + 1 y + 1 ì ì ï u - v = 3 ï u = 3+ v ïì u = 3+ v ïì u = 2 íï Û íï Û íï Û íï ï u + 3v = - 1 ï 3+ v + 3v = - 1 ï 4v = - 4 ï v = - 1 îï îï îï îï
2. ïì x ï = 2 ì ì ï ï ï x = - 2 ï x + 1 ï x = 2x + 2 ï Từ đó suy ra: í Û í Û í 1 ï y ï y = 1- y ï y = ï = - 1 îï îï 2 îï y - 1 ïì a = 2x- 1 1 ï c. Điều kiện x ³ , x- y > 0 . Đặt íï 1 , ta có hệ phương trình mới: 2 ï b = îï x- y ïì ïì ì ï ï ï 2x- 1 = 1 ï a + b = 2 ï a = 1 ï ïì x = 1 í Þ íï Û íï 1 Û íï ï 2a- b = 1 ï b = 1 ï = 1 îï y = 0 ï ï ï x- y îï îï îï Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1; y = 0 Ví đụ 3. Giải các hệ phương trình sau: ì ì ì 7 4 5 ï x y ï 1 ï ï + = 5 ï 2x- 1+ = 1 ï - = ï x- 5 y - 6 ï 2y - 1 ï x- 7 y + 6 3 a. í b. íï c. íï ï 10 9 ï 2 ï 5 3 13 ï - = - 1 ï 3 2x- 1- = - 2 ï + = ï ï ï îï x- 5 y - 6 îï 2y - 1 îï x- 7 y + 6 6 ì 2y ïì 2x ï ï + y = - 1 ï x + 1+ = 2 ï x + 1 ï y + 1 ïì 1 1 9 d. íï e. í f. íï x + + y + = ï 1 ï 1 3 ï x y 2 ï + 2y = 4 ï 4x + 4 - = îï ï ï îï x + 1 îï y + 1 2 ïì x + 2 2y ïì 1 ï + = 5 ï 4x- 4 - = 1 ï x- 1 y + 1 ï 2x- y g. íï h. íï ï x 1 3 ï 7 ï - = ï x- 1+ = 8 ï ï îï x- 1 y + 1 2 îï 2x- y Lời giải a. Điều kiện x ¹ 5, y ¹ 6 . Ta viết lại hệ phương trình thành: ïì x- 5+ 5 y - 6+ 6 ïì 5 6 ïì 10 12 ïì 10 12 ï + = 5 ï + = 3 ï + = 6 ï + = 6 ï ï ï ï ï x- 5 y - 6 ï x- 5 y - 6 ï x- 5 y - 6 ï x- 5 y - 6 íï Û íï Û í Û íï ï 10 9 ï 10 9 ï 10 9 ï 21 ï - = - 1 ï - = - 1 ï - = - 1 ï = 7 ï x- 5 y - 6 ï x- 5 y - 6 ï x- 5 y - 6 ï y - 6 îï îï îï îï 21 Từ = 7 Þ y - 6 = 3 Þ y = 9 thay vào ta tìm được x = 10 . Vậy hệ phương trình có nghiệm y - 6 là (x; y)= (10;9) 1 1 b. Điều kiện x ³ , y ¹ . Ta nhân phương trình thứ nhất của hệ với 2 thì thu được 2 2 ïì 2 ï 2 2x- 1+ = 2 ï 2y - 1 íï , cộng hai phương trình của hệ mới ta có: 5 2x- 1 = 0 Û 2x- 1 = 0 ï 2 ï 3 2x- 1- = 2 ï îï 2y - 1 1 1 Û x = . Với x = thay vào phương trình ban đàu của hệ ta có: 2 2
3. 1 é2y - 1= 1 éy = 1 = 1Û 2y - 1 = 1Û ê Û ê 2y - 1 ëê2y - 1= - 1 ëêy = 0 æ1 ö æ1 ö Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là (x; y)= ç ;0÷,ç ;1÷ . èç2 ø÷ èç2 ø÷ ïì 21 12 ï - = 5 ï x- 7 y + 6 c. Điều kiện x > 7, y > - 6 , ta viết lại hệ thành íï cộng 2 phương trình của ï 20 12 26 ï + = ï îï x- 7 y + 6 3 41 41 hệ ta thu được: = Û x- 7 = 3 Û x- 7 = 9 Û x = 16 thay vào ta được x- 7 3 7 4 5 4 2 - = Û = Þ y + 6 = 6 Û y + 6 = 36 Û y = 30 thỏa mãn điều kiện. Vậy hệ 3 y + 6 3 y + 6 3 có nghiệm (x; y)= (16;30) d. Điều kiện y ³ 0, x ¹ - 1 . Ta viết lại hệ phương trình thành: ïì 2x + 2- 2 ïì - 2 ï + y = - 1 ï + y = - 3 ï x + 1 ï x + 1 íï Û íï , cộng 2 phương trình của hệ ta thu được: ï 1 ï 2 ï + 2y = 4 ï + 4y = 8 îï x + 1 îï x + 1 ì ï y = 1(TM ) ï y + 4y = 5 Û 4y + y - 5 = 0 Û ( y - 1)( y + 5)= 0 Û í 5 . Suy ra y = 1 thay vào ï y = - (L) îï 4 1 æ 1 ö phương trình thứ 2 ta được x = - . Vậy hệ có nghiệm là (x; y)= ç- ;1÷ . 2 èç 2 ø÷ e. Điều kiện x ³ - 1, y ¹ 4 , ta viết hệ lại dạng: ïì 2y + 2- 2 ïì 2 ïì 4 ïì 3 3 ï x + 1+ = 2 ï x + 1- = 0 ï 2 x + 1- = 0 ï = ï ï ï ï ï y + 1 ï y + 1 ï y + 1 ï y + 1 2 íï Û íï Û í Û íï ï 1 3 ï 1 3 ï 1 3 ï 1 3 ï 2 x + 1- = ï 2 x + 1- = ï 2 x + 1- = ï 2 x + 1- = ï y + 1 2 ï y + 1 2 ï y + 1 2 ï y + 1 2 îï îï îï îï ïì x = 0 Suy ra íï , thảo mãn điều kiện. Vậy hệ có nghiệm (x; y)= (0;1) îï y = 1 ïì u 9 ï u + = (1) ï v 2 f. Đặt x + y = u, xy = v (với v ¹ 0 ). Hệ đã cho trở thành íï ï 1 5 ï v + = (2) îï v 2 év = 2 2 ê Phương trình (2) có dạng 2v - 5v + 2 = 0 Û ê 1 êv = ëê 2 ïì x + y = 3 + Với v = 2 thay vào phương trình (1) ta tìm được u = 3 , ta có hệ phương trình íï nên îï xy = 2 x, y là nghiệm của phương trình X 2 - 3X + 2 = 0 , tức là (x; y)= (1;2),(2;1)
4. ïì 3 ï x + y = 1 3 ï 2 + Với v = thay vào phương trình (1) ta tìm được u = . ta có hệ phương trình íï 2 2 ï 1 ï xy = îï 2 2 3 1 æ 1ö æ1 ö nên x, y là nghiệm của phương trình X - X + = 0 , tức là (x; y)= ç1; ÷,ç ;1÷ . từ đó suy ra 2 2 èç 2ø÷ èç2 ø÷ hệ đã cho có tất cả bốn nghiệm. g. Điều kiện x ¹ 1, y ¹ - 1 , ta biến đổi hệ phương trình đã cho thành: ïì x- 1+ 3 2y + 2- 2 ïì 3 2 ïì 3 2 ì 3 2 ï + = 5 ï - = 2 ï - = 2 ï ï ï ï ï - = 2 ï x- 1 y + 1 ï x- 1 y + 1 ï x- 1 y + 1 ï x- 1 y + 1 ïì x = 2 íï Û í Û íï Û íï Û íï ï x- 1+ 1 1 3 ï 1 1 1 ï 2 2 ï 1 ï y = 1 ï - = ï - = ï - = 1 ï îï ï ï ï ï = 1 îï x- 1 y + 1 2 îï x- 1 y + 1 2 îï x- 1 y + 1 îï x- 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y)= (2;1) ïì x ³ 1 h. Điều kiện íï , hệ phương trình được viết lại thành: îï 2x- y ¹ 0 ïì 1 ïì 1 ï 2 x- 1- = 1 ï 2 x- 1- = 1 ï ï ì ï 2x- y ï 2x- y ï 2 x- 1 = 2 ïì x = 2 í Û íï Û íï Û íï (TMÐK) ï 14 ï 15 ï 2x- y = 1 ï y = 3 ï 2 x- 1+ = 16 ï = 15 îï îï ï ï îï 2x- y îï 2x- y Vậy hệ có nghiệm là (x; y)= (2;3) ïì x- 2y = 5 Ví dụ 4. Cho hệ phương trình íï (1) îï mx- y = 4 a. Giải hệ phương trình với m = 2 . b. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) trong đó x, y trái dấu. c. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) thỏa mãn x = y Lời giải ì ì ï x- 2y = 5 ï x = 2y + 5 ïì x = 2y + 5 ïì x = 1 a. Với m = 2 ta có hệ phương trình: íï Û íï Û íï Û íï ï 2x- y = 4 ï 2(2y + 5)- y = 4 ï 3y = - 6 ï y = - 2 îï îï îï îï b. Từ phương trình (1) ta có x = 2y + 5 . Thay x = 2y + 5 vào phương trình (2) , ta được: m(2y + 5)- y = 4 Û (2m- 1)y = 4- 5m (3) 3(4- 5m) 4 Ta có x.y = . Do đó x, y (TMĐK) (2m- 1)2 5 3 4- 5m c. Ta có x = y Û = (4) 2m- 1 2m- 1 1 1 Từ (4) suy ra 2m- 1> 0 Û m > . Với điều kiện m > ta có: 2 2 1 m (l) 4 5m 3 5 7 (4) 4 5m 3 . Vậy m 4 5m 3 7 5 m 5 Ví dụ 5
5. x my m 1 (1) Cho hệ phương trình: mx y 3m 1 (2) a, Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị nào của m thì hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất? b, Giải và biện luận hệ phương trình trên theo m. c, Tìm số nguyên m sao cho hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y mà x, y đều là các số nguyên. d, Chứng minh rằng khi hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y thì điểm M x, y luôn chạy trên một đường thẳng cố định. e, Tìm m để hệ trên có nghiệm duy nhất sao cho x, y đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: a, Từ phương trình (2) ta có y 3m 1 mx. Thay vào phương trình (1) ta được: x m(3m 1 mx) m 1 (m2 1)x 3m2 2m 1 (3) Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, tức là m2 1 0 m 1. Ta cũng có thể lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: 1 m m2 1 m 1. m 1 b, Từ phương trình (2) ta có y 3m 1 mx. Thay vào phương trình (1) ta được: x m(3m 1 mx) m 1 (m2 1)x 3m2 2m 1 (3) Trường hợp 1: m 1. Khi đó hệ có nghiệm duy nhất 3m2 2m 1 (m 1)(3m 1) 3m 1 x m2 1 (m 1)(m 1) m 1 3m 1 m 1 y 3m 1 m. m 1 m 1 Trường hợp 2: m 1. Khi đó phương trình (3) trở thành: 0.x 0. Vậy hệ có vô số nghiệm đạng x;2 x , x ¡ . Trường hợp 3: m 1 khi đó phương trình (3) thành: 0.x 4 (3) vô nghiệm, do đó hệ vô nghiệm. c. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m 1. 3m 1 2 x 3 m 1 m 1 2 Ta có: . Vậy x, y nguyên khi và chỉ khi nguyên. Do đó m 1 chỉ có m 1 2 m 1 y 1 m 1 m 1 thể là 2; 1;1;2. Vậy m 3; 2;0 (thỏa mãn) hoặc m 1 (loại) Vậy m nhận các giá trị là 3; 2;0. 2 2 d. Khi hệ có nghiệm duy nhất x; y ta có: x y 3 1 2 m 1 m 1 Vậy điểm M (x; y) luôn chạy trên đường thẳng cố định có phương trình y x 2. e, Khi hệ có nghiệm duy nhất (x; y) theo (d) ta có: y x 2. Do đó: xy x(x 2) x2 2x 1 x 1 2 1 1 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x 1 3 1 2 m 1 1 m 0. m 1 m 1
6. Vậy với m 0 thì x, y đạt giá trị nhỏ nhất. Chú ý: Ta cũng có thể tìm quan hệ x y 2 theo cách khác: Khi hệ phương trình x my m 1 (1) có nghiệm duy nhất (m 1) lấy phương trình (2) trừ đi phương trình (1) mx y 3m 1 (2) của hệ ta thu được: (m 1)x (m 1)y 2(m 1) x y 2. Ví dụ 6 x my 2 4m Cho hệ phương trình: . Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có mx y 3m 1 nghiệm. Gọi x0 ; y0 là một cặp nghiệm của phương trình. 2 2 Chứng minh: x0 y0 5(x0 y0 ) 10 0. Lời giải: Từ phương trình (2) của hệ phương trình ta có y 3m 1 mx thay vào phương trình (1) của hệ ta có: m2 1 x 3m2 3m 2. Do m2 1 0 với mọi m nên phương trình này luôn có nghiệm duy nhất x0. Suy ra hệ luôn có nghiệm với mọi m. x0 2 m(y0 4) Gọi x0 ; y0 là một nghiệm của hệ. Từ hệ phương trình ta có: . Nhân cả hai y0 1 m(3 x0 ) vế phương trình thứ nhất với (3 x0 ) , phương trình thứ hai với (y0 4) rồi trừ hai phương 2 2 trình cho nhau ta được: (3 x0 )(x0 2) (y0 4)(y0 1) 0 x0 y0 5(x0 y0 ) 10 0. Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau: (d) : x my 4m 2 0, (d ') : mx y 3m 1 0. Ta dễ dàng chứng minh được đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định: A(2;4) và đường thẳng (d ') luôn đi qua điểm cố định B(3;1). Mặt khác ta cũng dễ chứng minh đường thẳng (d) và (d ') vuông góc với nhau nên hai đường thẳng này luôn cắt nhau. Gọi M x0 , y0 là giao điểm của hai đường thẳng thì tam giác MAB 5 5 vuông tại M. Gọi I là trung điểm của AB thì I ; , AB 10 suy ra 2 2 2 2 1 2 2 5 5 2 2 IM AB 4IM AB 4 x0 y0 10 xo y0 5(x0 y0 ) 10 0. 2 2 2 Ví dụ 7 x my 3  Cho hệ phương trình: mx y 2m 1 (2) Hệ có nghiệm duy nhất x, y , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau đây: a, P x2 3y2 ; b, Q x4 y4. Lời giải: Từ phương trình (2) ta suy ra: y 2m 1 mx. Thay vào phương trình (1) ta được: x m(2m 1 mx) 3 m2 1 x 2m2 m 3 (3). Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, điều đó xảy ra khi và chỉ khi: m2 1 0 m 1.
7. 2m2 m 3 (m 1)(2m 3) 2m 3 1 x 2 m2 1 (m 1)(m 1) m 1 m 1 Khi đó 2m 3 1 y 2m 1 m. m 1 m 1 a, Ta có: P x2 3(x 2)2 4x2 12x 12 (2x 3)2 3 3 3 2m 3 3 P 3 khi x 4m 6 3m 3 m 3. 2 m 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. b, Ta có: Q x4 y4 x4 (x 2) 4 Đặt t x 1. Khi đó Q (t 1)4 (t 1)4 t 4 4t3 6t 2 4t 1 t 4 4t3 6t 2 4t 1 2t 4 12t 2 2 2 2m 3 Q 2 t 0 x 1 1 2m 3 m 1 m 2. m 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 2. Ví dụ 8 mx (m 1)y 1 Cho hệ phương trình: . Chứng minh hệ luôn có nghiệm duy nhất x; y (m 1)x my 8m 3 và tìm GTLN của biểu thức P x2 y2 4 2 3 y . ( Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Toán – ĐHSP Hà Nội 2015). Lời giải: Xét hai đường thẳng (d1) : mx (m 1)y 1 0; (d2 ) : (m 1)x my 8m 3 0. + Nếu m 0 thì (d1) : y 1 0 và d2 : x 5 0 suy ra (d1) luôn vuông góc với (d2 ) . + Nếu m 1 thì (d1) : x 1 0 và (d2 ) : y 11 0 suy ra (d1) luôn vuông góc với (d2 ) . m m 1 + Nếu m 0;1 thì đường thẳng (d ), (d ) lần lượt có hệ số góc là: a1 , a2 suy 1 2 m 1 m ra a1.a2 1 do đó d1  d2 . Tóm lại với mọi m thì đường thẳng (d1) luôn vuông góc với (d2 ). Nên hai đường thẳng luôn vuông góc với nhau. Xét hai đường thẳng (d1) : mx (m 1)y 1 0; (d2 ) : (m 1) x my 8m 3 0 luôn vuông góc với nhau nên nó cắt nhau, suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Gọi giao điểm là I(x; y), đường thẳng (d1) đi qua A( 1;1) cố định, đường thẳng (d2 ) luôn đi qua B(3; 5) cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AB. Gọi M (1; 2) là trung điểm của AB thì AB 2 2 MI x 1 y 2 13 (*). 2 2 2 P x 1 y 2 2x 2 3y 5 8 2 x 3y 8 2 x 1 3(y 2) 1 2 3 hay P 10 4 3 2 x 1 3(y 2) . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 x 1 3(y 2) (1 3) x 1 2 y 2 2 52 x 1 3(y 2) 52 2 13. Vậy P 10 2 3 2 13.
8. II. MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁC 1. Hệ đối xứng loại I: a) Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại I nếu mỗi phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó không đổi. b) Tính chất Nếu (x0 ; y0 ) là một nghiệm của hệ thì y0 ; x0 cũng là nghiệm. S x y c) Cách giải: Đặt (điều kiện S 2 4P quy hệ về phương trình hai ẩn S, P ) P x.y Chú ý: • Trong một số hệ phương trình đôi khi tính đối xứng thể hiện trong một phương trình. Ta cần dựa vào phương trình đó để tìm quan hệ S, P từ đó suy ra quan hệ x, y. • Một số hệ phương trình ta cần phép đặt ẩn phụ để đưa hệ về dạng hệ đối xứng loại I. Ví dụ Giải các hệ phương trình sau: 3 2 3 2 x y 2xy 2 x3 y3 19 2(x y) 3 x y xy a, 3 3 b, c, x y 8 (x y)(8 xy) 2 3 3 x y 6 2 2 x y xy 3 x y 2xy 8 2 d, e, x 1 y 1 4 x y 4 1 x y 1 5 3 2 2 3 xy x y(1 y) x y (2 y) xy 30 0 f, g, 2 2 2 2 1 x y x(1 y y ) y 11 0 x y 1 9 2 2 x y Lời giải: S x y a, Đặt điều kiện S 2 4P hệ phương trình đã cho trở thành: P x.y 2 S P S 2P 2 2 2S 3 3S 2 6S 16 0 2 S(S 3P) 8 2 6 3S S S 8 2 S 2 (2S 2 7S 8) 0 S 2 P 0. Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình: a). X 2 2X 0 X 0, X 2 x 0 x 2 Từ đó, ta có: hoặc . y 2 y 0 S x y b) Đặt điều kiện S 2 4P hệ phương trình đã cho trở thành: P xy 2 S S 3P 19 SP 8S SP 8S S 1 . S 3 3 2 8S 19 3 P 6 S 8 P 2 S 24S 25 0 2 Suy ra x, y là hai nghiệm của phương trình X X 6 0 X1 3, X 2 2 .
9. Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm x, y 2;3 ; 3; 2 . 2 a3 b3 3 a2b b2a c) Đặt a 3 x,b 3 y , hệ phương trình đã cho trở thành a b 6 S a b Đặt điều kiện S 2 4P thì hệ đã cho trở thành: P ab 2 S 3 3SP 3SP 2 36 3P 3P S 6 . Suy ra a,b là nghiệm của phương trình S 6 S 6 P 8 2 a 2 x 8 a 4 x 64 X 6X 8 0 X1 2, X 2 4  b 4 y 64 b 2 y 8 Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm x, y 8;64 , 64,8 xy 0 S x y d) Điểu kiện . Đặt điều kiện S 2 4P thì hệ phương trình đã cho trở x, y 1 P xy 2 S P 3 S 3;P S 3 2 S 2 2 S P 1 16 2 S S 3 1 14 S thành 2 2 3 S 14;P S 3 3 S 14;P S 3 S 6 x y 3 2 2 2 P 9 4 S 8S 10 196 28S S S 30S 52 0 Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x, y 3;3 . a4 b4 2ab 8 2 e) Hệ phương trình trở thành . Ta viết lại phương trình thành: a b 4 a b 4 4ab a b 2a 2b2 2ab 8 2 a b 4 S a b S 2 4P Đặt Đặt điều kiện thì hệ đã cho trở thành: P ab S, P 0 256 64P 6P2 2ab 8 2 S P 4 a b 2 x y 4 S 4 2 2 2 2 x y 2xy 16 Ngoài ra, ta cũng có thể giải một cách ngắn gọn hơn như sau: x y 2 xy 16 2 x2 y2 x y x y 2 0 x y 2 x 4 x 4 Vậy hệ phương trình đã cho có cặp nghiệm duy nhất x; y 4;4 . f) Điểu kiện xy 0 .
10. 1 1 1 1 x y 5 x y 5 x y x y Hệ đã cho tương đương 2 2 2 2 1 1 1 1 x y 2 2 9 x y 13 x y x y 1 1 x y S x y Đặt 1 1 x . y P x y 1 1 3 5 x 2; y 3 x 1; y S 5 S 5 x y 2 Hệ trở thành: 2 S 2P 13 P 6 1 1 3 5 x 3; y 2 x ; y 1 x y 2 3 5 3 5 Vậy hệ đã cho có nghiệm x; y 1; ; ;1 2 2 xy x y x y xy 30 g) Hệ tương đương với xy x y x y xy 11 Đặt xy x y a; x y xy b . Ta thu được hệ: xy x y 5 ab 30 a 5;b 6 xy x y 6 a b 11 a 6;b 5 xy x y 6 xy x y 5 xy 2 xy x y 6 x y 3 x 2; y 1 TH 1: . xy x y 5 xy 3 x 1; y 2 (L) x y 2 xy 5 5 21 5 21 (L) x ; y xy x y 5 x y 1 2 2 TH 2: xy x y 6 xy 1 5 21 5 21 x ; y x y 5 2 2 5 21 5 21 Vậy hệ có nghiệm x; y 1;2 , 2;1 , ; 2 2 2. Hệ đối xứng loại II: Một hệ phương trình hai ẩn x,y được gọi là đối xứng loại II nếu trong hệ phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình này biến thành phương trình kia. Tính chất: Nếu x0 ; y0 là 1 nghiệm của hệ thì y0 ; x0 cũng là nghiệm của hệ. Phương pháp giải: