CHUYÊN ĐỀ HỆ PT ĐẠI SỐ.pdf (tài liệu luyện thi đại học)

www.VNMATH.com Chuyên đề: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN I. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng.  Phương trình n ẩn x1, x2, ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thì phương trình không thay đổi.  Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng: x1 + x2 + ... + xn x1x2 + x1x3 + ... + x1xn + x2x1 + x2x3 + ... + xn-1xn ............................... x1x2 ... xn  Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng.  Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét.  * Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn 1 +... an, a0 ≠ 0, ai  P có nhgiệm trên P là c1, ..., cn thì: a1  c1  c2  ...  cn   a 0   a2 c1c2  c1c3  ...  c1cn  c2 c1  c2 c3  ...  cn-1cn  (Định lý Viét tổng quát) a0  ...............................   n an c1c1 ... cn  (1) . a0  Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn: A. LÝ THUUYẾT 1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2: Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì: b   S  x1  x2   a   P  x .x  c 1 2  a x  x  S  Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 có  1 2 thì x1, x2 là nghệm của phương trình X2  SX + P = 0.  x1 .x2  P 2. Định nghĩa: f ( x, y )  f ( y , x)  f ( x, y )  0 , trong đó    g ( x, y )  0  g ( x, y )  g ( y, x ) 3.Cách giải: Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2  4 P . Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y. Chú ý: + Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. + Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. + Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ. 4. Bài tập: Loại 1: Giải hệ phương trình  x 2 y  xy 2  30 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  3 . 3  x  y  35 Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 1 www.VNMATH.com GIẢI Đặt S  x  y , P  xy , điều kiện S  4 P . Hệ phương trình trở thành: ìï ïï P = 30 ìï SP = 30 ìï S = 5 ìï x + y = 5 ìï x = 2 ìï x = 3 ï S ï ï ï ï Û Û Û Û Ú ïí . í í í í í 90 ö÷ ïï S(S2 - 3P) = 35 ïï æ ïï P = 6 ïï xy = 6 ïï y = 3 ïï y = 2 2 ç î î î î î S S ÷ = 35 ç ïï ç S ø÷ ïî è  xy ( x  y )  2 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  3 . 3 x  y  2 GIẢI 2 Đặt t   y , S  x  t , P  xt , điều kiện S  4 P Hệ phương trình trở thành: ïìï xt(x + t) = 2 ïì SP = 2 ïì S = 2 ïì x = 1 ïì x = 1 Û ïí 3 Û ïí Û ïí Û ïí . í 3 3 ïï x + t = 2 ïï S - 3SP = 2 ïï P = 1 ïï t = 1 ïï y = - 1 î î î î î x  y  1  1  4  x y Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  .  x2  y2  1  1  4 x2 y 2  GIẢI Điều kiện x  0, y  0 . 1 ö÷ æ 1ö ïìï æ + çç y + ÷ ÷= 4 ïï ççç x + ÷ ÷ è ø x ø èç y÷ ï Hệ phương trình tương đương với: í 2 2 ïï æ æ ö 1ö çç y + 1 ÷ + = 8 ïï çç x + ÷ ÷ ÷ èç x ø÷ y ø÷ ïî èç æ æ 1ö æ 1ö 1 öæ 1ö 2 Đặt S = çç x + ÷ ÷ + çç y + ÷ ÷, P = çç x + ÷ ÷çç y + ÷ ÷, S ³ 4P ta có: çè ÷ç èç x ø÷ çè y ø÷ x øè y ø÷ ìï ïìï æ 1 ö÷ æ 1ö ïï x + 1 = 2 + çç y + ÷ ÷= 4 ïï ççç x + ÷ ïìï S = 4 ïïì S = 4 ÷ ç ÷ ïì x = 1 ï è ø è ø x y x Û í Û ïí . Û í Û ïí í 2 1 ïï S - 2P = 8 ïï P = 4 ïï æ ïï ïï y = 1 1 öæ 1 ö÷ ÷ ç ç î î î y + = 2 x + y + = 4 ÷ ÷ ïï çç ïï ÷çç y x øè y ø÷ ïî ïî è 2  x 2  y 2  2 xy  8 2 (1) Ví dụ 4. Giải hệ phương trình  .  x  y  4 (2) GIẢI Điều kiện x, y  0 . Đặt t  xy  0 , ta có: xy = t 2 và (2) Þ x + y = 16 - 2t . Thế vào (1), ta được: t 2 - 32t + 128 = 8 - t Û t = 4 Suy ra: ïìï xy = 16 ïì x = 4 Û ïí . í ïï x + y = 8 ïï y = 4 î î Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 có nghiệm Phương pháp giải chung: + Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). + Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2  4 P (*). Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 2 www.VNMATH.com + Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ điều kiện (*) tìm m. Chú ý: Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác điều kiện của u, v. Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:  x  y 1 .   x x  y y  1  3m GIẢI Điều kiện x, y  0 ta có: ìï x + y = 1 ìï x + y = 1 ïí Û ïí ïï x x + y y = 1 - 3m ïï ( x)3 + ( y) 3 = 1 - 3m îï îï 2 Đặt S = x + y ³ 0, P = xy ³ 0 , S ³ 4P. Hệ phương trình trở thành: ïìï S = 1 ïì S = 1 Û ïí . í 3 ïï S - 3SP = 1 - 3m ïï P = m î î 1 Từ điều kiện S ³ 0, P ³ 0, S2 ³ 4P ta có 0 £ m £ . 4 x  y  xy m  Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình  2 có nghiệm thực. 2  x y  xy  3m  9 GIẢI ïìï x + y + xy = m ïì (x + y) + xy = m Û ïí . í 2 2 ïï x y + xy = 3m - 9 ïï xy(x + y) = 3m - 9 î î ïì S + P = m Đặt S = x + y, P = xy, S2 ³ 4P. Hệ phương trình trở thành: ïí . ïï SP = 3m - 9 î Suy ra S và P là nghiệm của phương trình t 2 - mt + 3m - 9 = 0 ìï S = 3 ìï S = m - 3 Þ ïí Ú ïí . ïï P = m - 3 ïï P = 3 î î é32 ³ 4(m - 3) 21 Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm Û êê Û m £ Ú m ³ 3 + 2 3. 2 4 êë(m - 3) ³ 12  x  4  y 1  4 Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình  có nghiệm.  x  y  3m GIẢI Đặt u = x - 4 ³ 0, v = y - 1 ³ 0 hệ trở thành: ìï u + v = 4 ï ïìï u + v = 4 . Û íï í 2 2 ïï u + v = 3m - 5 ïï uv = 21 - 3m î ïî 2 21 - 3m Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của t 2 - 4t + = 0 (*). 2 Hệ có nghiệm Û (*) có 2 nghiệm không âm. ìï 3m - 13 ïìï D / ³ 0 ïï ³ 0 ïï 13 2 Û í S ³ 0 Û íï Û £ m £ 7. ïï ïï 21 - 3m 3 ³ 0 ïï P ³ 0 ïï î ïî 2 Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 3 www.VNMATH.com  x 2  y 2  4 x  4 y  10 Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình  có nghiệm thực.  xy ( x  4)( y  4)  m GIẢI ìï x 2 + y 2 + 4x + 4y = 10 ìï (x 2 + 4x) + (y 2 + 4y) = 10 ï Û íï 2 . í ïï xy(x + 4)(y + 4) = m ïï (x + 4x)(y 2 + 4y) = m î î Đặt u = (x + 2)2 ³ 0, v = (y + 2)2 ³ 0 . Hệ phương trình trở thành: ïìï u + v = 10 ïì S = 10 Û ïí (S = u + v, P = uv). í ïï uv - 4(u + v) = m - 16 ïï P = m + 24 î î ìï S2 ³ 4P ïï Điều kiện ïí S ³ 0 Û - 24 £ m £ 1 . ïï ïï P ³ 0 î Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình. 3 Ví dụ. Giải phương trình: 3 x  3 1  x  . 2 GIẢI 3  3  3  3  u+v = 2  x  u u  v  2 u  v  Đặt:  . Vậy ta có hệ:    2   3  1  x  v (u  v) (u  v)2  3uv   1 u 3  v3  1  u.v = 19      36 3 19 u, v là hai nghiệm của phương trình: X 2 - X + =0 2 36 3     9+ 5 x =  9 + 5   12  u =    12    3  9- 5  9 - 5  u =  x =   12    12   9  5  3  Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} =   ;   12  B. BÀI TẬP 3  9  5      .  12   I. Giải các hệ phương trình sau: 4 4  x  y  1 1)  6 6  x  y  1 2 2  x  y  5 2)  4 2 2 4  x  x y  y  13  x  y  4 4)  2 2  x  y  2 xy  8 2  x 2  x  y 2  y  18 5)   xy ( x  1)( y  1)  72 1 1  x  y  x  y  4  7)   x2  y 2  1  1  4  x2 y 2  x y 7   1  x x y 8)  y   x xy  y xy  78  x y  y x  30 3)   x x  y y  35   1   x  y  1  5 xy    6)   x 2  y 2  1  1   49    x2 y2       x  y  4 9)  2 2 3 3  x  y x  y  280  Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số   4 www.VNMATH.com  x 6  y 6  2 10)  3 3  x  3x  y  3 y II. Gải hệ phương trình có tham số: 1. . Tìm giá trị của m: 5  x  y   4 xy  4 a)  có nghiệm.  x  y  xy  1  m  x  y  xy  m  2 b)  2 có nghiệm duy nhất. 2  x y  xy  m  1  x  y 2  4 c)  có đúng hai nghiệm. 2 2  x  y  2  m  1  x  xy  y  m 2.  2 (1II) 2  x  y  m a. Giải hệ phương trình khi m = 5. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.  x  xy  y  m 3.  2 (7I) 2  x y  xy  3m  8 a Giải hệ phương trình khi m = 7/2. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.  x  xy  y  m  1 4.  2 (40II) 2  x y  xy  m a. Giải hệ phương trình khi m=2. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) với x >0, y >0. III. Giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình: 1. Giải phương trình: 4 x  1  4 18  x  3 . 2. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm: a. 1  x  1  x  m b. m  x  m  x  m c. 3 1  x  3 1  x  m Phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn: (Đọc thêm) a. §Þnh nghÜa: Lµ hÖ ba Èn víi c¸c ph¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng. b. §Þnh lý Vi-et cho ph¬ng tr×nh bËc 3: x + y + z = α  Cho 3 sè x, y, z cã: xy + yz + zx = β xyz = γ  Th× x, y, z ;µ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) ThËy vËy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0  [ X2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0  X3 - X2z - X2(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0  X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) cã nghiÖm lµ x, y, z  ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 cã 3 nghiÖm lµ x, y, z. c.C¸ch gi¶i: + Do c¸c ph¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng nªn ta lu«n viÕt ®îc díi d¹ng α, β, γ Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 5 www.VNMATH.com x + y + z = α  Khi ®ã ta ®Æt xy + yz + zx = β xyz = γ  Ta ®îc hÖ cña α, β, γ. + Gi¶i ph¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) t×m ®îc nghiÖm (x, y, z) cña hÖ. Chó ý: (1) cã nghiÖm duy nhÊt  hÖ v« nghiÖm. (1) cã 1 nghiÖm kÐp duy nhÊt  hÖ cã nghiÖm. (1) cã 2 nghiÖm : 1 nghiÖm kÐp, 1 nghiÖm ®¬n  hÖ cã 3 nghiÖm. (1) cã 3 ngiÖm  hÖ cã 6 nghiÖm. d. Bµi tËp: x + y + z = 2  2 2 2 VD1: Gi¶i hÖ: x + y + z = 6  x 3 + y3 + z 3 = 8  Gi¶i: ¸p dông h»ng ®¼ng thøc ta cã: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx). x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = -1. 8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz  xyz = -2. t = 1 3 2  x, y, z lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:t - 2t - t + 2 = 0   t = - 1  t = 2 VËy hÖ cã 6 cÆp nghiÖm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1).  x + y + z = 9 (1)  VD2: Gi¶i hÖ xy + yz + zx = 27 (2) 1 1 1  + + =1 (3) y z  x xy + yz + zx =1 Gi¶i: §K: x, y, z ≠ 0. Tõ (3)  xyz Do (2)  xyz = 27 x + y + z = 9  VËy hÖ  xy + yz + zx = 27 xyz = 27  Do ®ã (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0  (X - 3)3 = 0  X = 3. VËy hÖ cã nghiÖm lµ (3; 3; 3). x + y + z = a  VD3: Gi¶i hÖ x 2 + y 2 + z 2 = a 2  x 3 + y3 + z 3 = a 3  Gi¶i: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = 0. Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 6 www.VNMATH.com x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz  xyz = 0. x + y + z = 0  VËy cã: xy + yz + zx = 0  xyz  0  X = 0  (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: X3 - aX2 = 0   X = a VËy hÖ cã nghiÖm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chó ý: Cã nhiÒu vÊn ®Ò cÇn lu ý khi gi¶i hÖ lo¹i nµy + Víi c¸ch gi¶i theo ®Þnh lý Vi-et tõ hÖ ta ph¶i ®a ra ®îc x + y + z; xy + yz + zx; xyz cã thÓ nã lµ hÖ qu¶ cña hÖ nªn khi t×m ®îc nghiÖm nªn thö l¹i. + V× lµ hÖ ®èi xøng gi÷a c¸c Èn nªn trong nghiÖm cã Ýt nhÊt 2 cÆp nghiÖm cã cïng x, cïng y hoÆc cïng z nªn cã thÓ gi¶i hÖ theo ph¬ng tr×nh céng, thÕ.  x + y + z = 9 (1)  VD: xy + yz + zx = 27 (2) 1 1 1  + + =1 (3) y z  x Gi¶i: Râ rµng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cña (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz (4). Tõ (2) vµ (4)  xyz = 27 (5) 2 Tõ (2)  x (y + z) + xyz = 27x (6) Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0  x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0  (x - 3)3 = 0  x = 3  y + z =6 Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã:   y = z = 3.  yz = 9 VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3. II. Hệ phương trình đối xứng loại 2: 1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn: A. Định ghĩa:  f ( x, y )  0  1    f ( y , x)  0  2  Cách giải: Lấy (1)  (2) hoặc (2)  (1) ta được: (xy)g(x,y)=0. Khi đó xy=0 hoặc g(x,y)=0. + Trường hợp 1: xy=0 kết hợp với phương trình (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm. + Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trình (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường hợp này hệ phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thông thường vô nghiệm. B. Các ví dụ:  x3  3x  8 y 1 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  3 (I)  y  3 y  8 x  2  GIẢI 2 2 Lấy (1)  (2) ta được: (x - y)(x + xy + y + 5) = 0 Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 7 www.VNMATH.com x = 0 x 3 = 3x + 8y  x 3 - 11x = 0  Trường hợp 1: (I)       x = ± 11 . x = y x = y  x = y  x 2 +xy+y 2 +5=0 Trường hợp 2: (I)   3 3 (hệ này vô nghiệm)  x +y =11 x+y  Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm: (x, y) = (0,0); (  11, 11); (- 11,- 11)  x  4 y  1  1 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình   y  4 x  1  1 GIẢI 4 Đặt: x - 1 = u  0; 4 y-1 =v0 u 4 + 1 + v = 1 u 4 + v = 0 u = 0 x = 1 Hệ phương trình trở thành  4  4 (Do u, v ≥ 0)   .  v = 0 y = 1 v + 1 + u = 1  v + u = 0 Vậy hệ có nghiệm (1,1)  x  y 2  y  m Ví dụ 2: Cho hệ phương trình  2  y  x  x  m a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. (I)  x - y = y 2 - y - x 2 + x x = ± y    2 2 x = y - y + m  x = y - y + m Giải (I)  x = y x = y   2 2  x = y - y + m   x - 2x + m = 0   x=-y x=-y     2  x = y - y + m   y 2 + m = 0 Δ x '  0 1 - m  0 m  1 a) Hệ phương trình có nghiệm   '   m0 - m  0 m  0  Δ y  0  Δ x '  '  Δ y b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất    Δ x '  '  Δ y =0  1 - m = 0  <0 - m < 0   m = 1.  1 - m < 0 <0   - m = 0 =0 Vậy m = 1. Ví dụ 3: Giải phương trình: x3  1  2 3 2 x  1 . GIẢI Đặt 3 3 2x - 1 = t  2x - 1 = t . x 3 + 1 = 2t Ta có hệ  3  t + 1 = 2x x 3 + 1 = 2t x 3 - 2x + 1 = 0    2 2 (x - t)(x + xt + t + 1) = 0 x = t Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 8 www.VNMATH.com x = 1 (x - 1)(x 2 + x - 1) = 0     x = - 1 ± 5 x = t  2 Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1; -1± 5 . 2 C. Bài tập: 1.Giải các hệ phương trình sau: 1 3 3   2 x  y  x 2 x  y  x2   a.  b.  1 3 2 y   2 y  x  3   y2 x y  x  y  9  9  x  2  y  2 d.  e.   y  x  9  9  y  2  x  2  x 2  ( x  y )  2m 2. Cho hệ phương trình  . 2  y  ( x  y )  2m a. Giải hệ với m = 0. b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.  x3  y 2  7 x 2  mx 3. Tìm m để hệ:  có nghiệm duy nhất. 3 2 2  y  x  7 y  my 4. Giải các phương trình:  x3  1  2 y c.  3  y  1  2 x  x  5  y  2  7 g.   y  5  x  2  7 a. x 2  x  5  5 . b. x3  3 3 3x  2  2 . 2. HÖ ph¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i 2, 3 Èn: (§äc thªm) A. Dïng chñ yÕu lµ ph¬ng ph¸p biÕn ®æi t¬ng ®¬ng b»ng phÐp céng vµ thÕ. Ngoµi ra sö dông sù ®Æc biÖt trong hÖ b»ng c¸ch ®¸nh gi¸ nghiÖm, hµm sè ®Ó gi¶i. B. VÝ dô: x 2 + 2yz = x (1)  2 Gi¶i hÖ  y + 2zx = y (2)  2 z + 2xy = z (3) Gi¶ b»ng c¸ch céng (1), (2), (3) vµ lÊy (1) trõ ®i (2) ta cã hÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi hÖ x 2 + 2yz = x  2 (x + y + z) = x + y + z (x - y)(x + y - 2z - 1) = 0  HÖ nµy ®¬ng t¬ng víi 4 hÖ sau:  x 2 + 2yz = x  x 2 + 2yz = x   (I) (II) x + y + z = 0 x + y + z = 0  x =y  x + y - 2z - 1 = 0   x 2 + 2yz = x  x + y + z = 1 x =y  (III)  x 2 + 2yz = x  x + y + z = 1 x + y - 2z - 1 = 0  (IV) Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 9 www.VNMATH.com Gi¶i (I): -1  x = 0  x = 3 x 2 + 2yz = x x 2 + 2yz = x x 2 - 4x 2 = x     (I)  2y + z = 0  z = - 2x  z = - 2x  z = - 2x x = y x = y x = y x = y      -1 -1 2 VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); ( ; ; ) 3 3 3 2 -1 -1 -1 2 -1 Lµm t¬ng tù (II) cã nghiÖm ( ; ; );( ; ; ) 3 3 3 3 3 3 1 1 1 HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); ( ; ; ) 3 3 3 HÖ (IV) cã nghiÖm (0;1;0); (1;0;0). VËy hÖ ®· cho cã 8 nghiÖm kÓ trªn. x 2 + y 2 + z = 1  VD2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x + y 2 + z 2 = 1  2 2 x + y + z = 1 x 2 + y 2 + z = 1  Gi¶i: HÖ  (y - z)(y + z - 1) = 0 (x - z)(x + z - 1) = 0   x 2 + y 2 + z = 1  (I)  y=z x=z  x 2 + y 2 + z = 1  (III) z + y - 1 = 0 x = z  x 2 + y2 + z = 1  y = z x + z - 1 = 0  x 2 + y 2 + z = 1  z + y - 1 = 0 x + z - 1 = 0  (II) (IV) 1 1 1 Gi¶i c¸c hÖ b»ng ph¬ng ph¸p thÕ ®îc 5 nghiÖm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1);  ; ;  . 2 2 2 VD4: Gi¶i hÖ: x2  y  1  2  y  z 1  2 z  x 1 Gi¶i: XÐt hai trêng hîp sau: TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau: x2  x  1  2 Gi¶ sö x=y cã hÖ  y  z 1  2 z  x 1  1 5 1 5 1 5  1 5 1 5 1 5  Tõ ®ã cã nghiÖm cña hÖ (x;y;z) lµ :  ; ; ; ; ;  2 2   2 2 2   2 Thái Thanh Tùng – Chuyên đề: Hệ phương trình Đại số 10

CHUYÊN ĐỀ HỆ PT ĐẠI SỐ

Nội dung