Chuyen De: He Pt Doi Xung

CHUYÊN ĐỀ

HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG Phần I.

HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. Hệ đối xứng loại (kiểu) I có dạng tổng quát:

  f(x, y) = f(y, x)   f(x, y) = 0 , trong đó       g(x, y) = 0 g(x, y) = g(y, x)     Phƣơng pháp giải chung: I) Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). II) Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S2  4P . III) Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Vi–et đảo tìm x, y. Chú ý: I) Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. II) Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. III) Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại I sau khi đặt ẩn phụ.

  x 2 y  xy2  30  Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  3 .  x  y 3  35   GIẢI Đặt S  x  y, P  xy , điều kiện S2  4P . Hệ phương trình trở thành:

 30   P  SP  30       S    2 90    S(S  3P)  35 2    S S   35      S    

S  5 x  y  5 x  2  x  3        .        P6   xy  6 y  3  y  2    

  xy(x  y)  2 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  .  3 3  x y  2  

GIẢI

Đặt t  y, S  x  t, P  xt , điều kiện S2  4P. Hệ phương trình trở thành:

 xt(x  t)  2  SP  2       3  3 3   x  t  2 S  3SP  2    

S  2 x  1 x  1     .         P  1 t  1 y   1      

  x  y  1  1  4  x y Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  .   2 1 1 2  x  y  2  2  4 x y  GIẢI Điều kiện x  0, y  0 .

   x      Hệ phương trình tương đương với:      x     



Đặt S   x  



1   1    y    4 x   y  2 2  1  1      y    8 x  y 

 1   1 1  1    y  , P   x   y  , S2  4P ta có:  x   y  x  y 

   x      S4  S  4        2     P  4 S  2P  8  x          

  x 2  y2  Ví dụ 4. Giải hệ phương trình  

 1   1 1      y    4 x 2   x  1  x  y  x   .  1   y  1 1   y  1   4    y 2    y x  y   

2xy  8 2 (1)

 x y4   

(2)

.

GIẢI Điều kiện x, y  0 . Đặt t 

xy  0 , ta có: xy  t2 và (2)  x  y  16  2t .

Thế vào (1), ta được:

t2  32t  128  8  t  t  4 Suy ra:

 xy  16 x  4    .      xy 8  y  4   II. Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) I có nghiệm Phƣơng pháp giải chung: I) Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). II) Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S2  4P (*). III) 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 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:

   x y 1  x y 1       x x  y y  1  3m ( x)3  ( y)3  1  3m       Đặt S 

x  y  0, P 

xy  0 , S2  4P. Hệ phương trình trở thành:   S1  S  1   .  2    Pm S  3SP  1  3m    

Từ điều kiện S  0, P  0,S 2  4P ta có 0  m 

1 . 4

  x  y  xy  m Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình   2 2

 x y  xy  3m  9  

có nghiệm thực.

GIẢI

  x  y  xy  m  (x  y)  xy  m    .  2  2   xy(x  y)  3m  9 x y  xy  3m  9    

 S  P  m Đặt S = x + y, P = xy, S2  4P. Hệ phương trình trở thành:  

 SP  3m  9  

.

Suy ra S và P là nghiệm của phương trình t2  mt  3m  9  0

  S  3 S  m  3   .    P  m3  P3      32  4(m  3) 21 m  m  32 3. Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm   2 4  (m  3)  12

  x4  Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình  

y 1  4 có nghiệm.  x  y  3m   GIẢI

Đặt u 

x  4  0, v 

y  1  0 hệ trở thành: u  v  4    uv  4     2  21  3m . 2   u  v  3m  5 uv       2

Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của t2  4t 

21  3m  0 (*). 2

Hệ có nghiệm  (*) có 2 nghiệm không âm

  /  0 3m  13     0   13  2    m  7. S  0     21  3m 3   0   P  0    2

  x2  y2  4x  4y  10  Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình  có nghiệm thực.  xy(x  4)(y  4)  m   GIẢI

(x2  4x)  (y2  4y)  10  x2  y2  4x  4y  10      2 .    xy(x  4)(y  4)  m (x  4x)(y2  4y)  m    

Đặt u  (x  2)2  0, v  (y  2)2  0 . Hệ phương trình trở thành:

 u  v  10  S  10    (S = u + v, P = uv).      uv  4(u  v)  m  16 P  m  24    

  S2  4P   Điều kiện   S  0  24  m  1 .   P0    BÀI TẬP Giải các hệ phƣơng trình sau

 x  1  x  2  x  y  xy  5     1.  . Đáp số: .  2   2  x  y  xy  7  

  x2  xy  y2  3 2.  

 2x  xy  2y  3  

 y  2 

 y  1 

x     x  1  . Đáp số:      y  1  

x   3  .     y   3 y  3       3

 x  2  x  0  x  y  2xy  2     3.  . Đáp số: .  3   3  x y  8  

  x 3  y3  7  4.  . Đáp số:  xy(x  y)  2  

 y  0 

 y  2 

 x  1  x  2    .    y  2   y  1  

 x  y  2xy  5  5.  . Đáp số:  2  x  y2  xy  7  

    1  37 1  37  x x   x  2   x  1      4 4    .       y  1 y   2  1  37  1  37    y   y         4  4

 (x  y)(1  1 )  5  xy 6.  .   2 1 2 (x  y )(1  2 2 )  49 xy 

   x  1  x  1   x  7  3 5  x  7  3 5        Đáp số:       2 2 73 5  73 5.     y  y      y  1 y  1        2  2    x y  y x  30 7.  . Đáp số:  x x  y y  35   

 x4   x  9   .    y9  y4    

 x y 7    1  x 8.  y (chú ý điều kiện x, y > 0). Đáp số: xy   x xy  y xy  78





2 2 3 3    2(x  y)  3 x y  xy 9.  3 . Đáp số: 3  x  y  6   

 x4   x  9  .     y9  y4    

x  8  x  64     .    y  64   y  8  

  x 2  y 2  z2  8 8 8 10. Cho x, y, z là nghiệm của hệ phương trình  . Chứng minh   x, y, z  .   xy  yz  zx  4  

3

3

HƯỚNG DẪN GIẢI

 (x  y)2  2xy  8  z2  x 2  y 2  8  z2      xy  z(x  y)  4   xy  z(x  y)  4  

Hệ phương trình   

  (x  y)2  2[4  z(x  y)]  8  z2  (x  y)2  2z(x  y)  (z2  16)  0        xy  z(x  y)  4 xy  z(x  y)  4      x  y  4  z   x  y  4  z   .   2   xy  (z  2) xy  (z  2)2     Do x, y, z là nghiệm của hệ nên:

 (4  z)2  4(z  2)2 8 8 (x  y)2  4xy    z . 2 2 3 3  (4  z)  4(z  2) Đổi vai trò x, y, z ta được 

8 8  x, y, z  . 3 3

  1 x  1 y        1     11.    16  16  2 . Đáp số:    x  y  1

 1   x   2.   1  y    2

  2sin (x  y)  1  12.   2(x 2  y2 )  1   HƯỚNG DẪN GIẢI

   (1)  2sin (x  y)  1  sin (x  y)  0 x  y         2 2 2 2 2 2    2(x  y )  1 2(x  y )  1 (2) 2(x  y )  1      

Cách 1:  

   1 2 2  2   x   x   1  2 2 2  2 xy (2)  x 2  y2       1 2 2 2   y2    y      2  2   2

2.

x  y  0 (1)   thế vào (2) để giải.  x  y  1 Cách 2: Đặt S = x + y, P = xy. Hệ trở thành:

 S    2sin S  1    .  2  2   4P  2S  1 2(S  2P)  1     Từ điều kiện S2  4P ta suy ra kết quả tương tự.

  1  1  1 1         x x x x     2  2  2  2. Hệ có 4 nghiệm phân biệt          1 1 1 1     y y y  y         2   2  2  2 Tìm điều kiện của m để các hệ phƣơng trình thỏa yêu cầu

  x2  xy  y2  m  6  1. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm thực duy nhất.  2x  xy  2y  m   HƯỚNG DẪN GIẢI Hệ có nghiệm duy nhất suy ra x = y, hệ trở thành:

 3x2  m  6  3x 2  6  m  m  3        2  2 2  m  21 .   x  4x  m x  4x  3x  6       x2  xy  y2  3 (x  y)2  xy  3     + m = – 3:     2(x  y)  xy   3   2(x  y)  xy  3  

x  3 x   3     x  y  2 x  y  0    x  1    (loại).                xy   3 xy  1 y   1 y   3 y  3              x2  xy  y2  27   (x  y)2  xy  27    + m = 21:    2x  xy  2y  21   2(x  y)  xy  21  

 x  y  8  x  y  6 x  3   (nhận).          y3  xy  37  xy  9     Vậy m = 21.

  x  xy  y  m  1 2. Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực x > 0, y > 0.  2 2  x y  xy  m  

HƯỚNG DẪN GIẢI

  x  xy  y  m  1  (x  y)  xy  m  1      2  2   xy(x  y)  m x y  xy  m      m  0 Hệ có nghiệm thực dương   

 1  4m  m  4   2

0m

Vậy 0  m 

 xy 1   x  y  m   .     xy  m xy  1    

1 m  2. 4

1 m2. 4

   x ym 3. Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm thực.  x  y  xy  m    HƯỚNG DẪN GIẢI

   x ym x ym       x ym      2 m2  m .    x  y  xy  m xy  x  y  3 xy  m           3



Suy ra



x, y là nghiệm (không âm) của phương trình t2  mt 

m2  m  0 (*). 3

 m2  4m  0  /  0     m  0    Hệ có nghiệm  (*) có 2 nghiệm không âm   S  0   .   m  0   1m4    2    P  0 m  m  0   Vậy m  0  1  m  4 .

  x2  y2  2(1  m) 4. Tìm m để hệ phương trình  có đúng 2 nghiệm thực phân biệt.  2  (x  y)  4  

HƯỚNG DẪN GIẢI

 x2  y2  2(1  m) (x  y)2  2xy  2(1  m)        2   (x  y)  4 (x  y)2  4    

 xy  1  m   xy  1  m   .      xy2   x  y  2  

2

Hệ có đúng 2 nghiệm thực phân biệt khi  2   4(1  m)  m  0 .

  x  y  2m  1 5. Cho x, y là nghiệm của hệ phương trình   2 2 2

 x  y  m  2m  3  

. Tìm m để P = xy nhỏ nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt S  x  y, P  xy , điều kiện S2  4P.

 x  y  2m  1  S  2m  1       2  2 2 2 2   x  y  m  2m  3   S  2P  m  2m  3  

 S  2m  1    S  2m  1      3 2 2   (2m  1)  2P  m  2m  3 P  m2  3m  2      2 Từ điều kiện suy ra (2m  1)2  6m2  12m  8 

Xét hàm số f(m) 

4 2 4 2 m . 2 2

3 2 4 2 4 2 m  3m  2, m . 2 2 2

 4  2  11  6 2 4  2 4  2    , m   ;   2 4 2 2    

Ta có min f(m)  f  

Vậy min P 

11  6 2 4 2 m  . 4 2

Phần II.

HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II   f(x, y) = 0 1. Dạng 1:  (đổi vị trí x và y cho nhau thì phƣơng trình này trở thành phƣơng trình kia)   f(y, x) = 0  

Phƣơng pháp giải chung Cách giải 1 Trừ hai phương trình cho nhau, đưa về phương trình tích, giải x theo y (hay ngược lại) rồi thế vào một trong hai phương trình của hệ. 3    x  2x  y (1) . Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  3

 y  2y  x (2)   

Giải Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được:

x3  y3  3x  3y  0  (x  y)(x2  y2  xy  3)  0 2   y  3y2    (x  y)   x     3   0  y  x  2 4   

Thế y = x vào (1) hoặc (2) ta được:

x3  x  0  x  0

 x  0 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  .   y  0 

  2x  3  Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  

4  y  4 (1)

 2y  3  4  x  4 (2)    Giải

 3    x  4 Điều kiện:  .  2  3    x  4  2 Trừ (1) và (2) ta được:

 

 

2x  3  2y  3 

(2x  3)  (2y  3) 2x  3  2y  3





4y 4x  0

(4  y)  (4  x) 4y  4x

 2  (x  y)   2x  3  2y  3

0

   0  x  y . 4  y  4  x  1

Thay x = y vào (1), ta được:

2x  3  4  x  4  x  7  2 (2x  3)(4  x)  16 9  x  0  11  2 2x2  5x  12  9  x    x  3x  (nhận).  2  9x  38x  33  0 9  

 11   x   x  3   9 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt      y  3 11    y    9 Cách giải 2 (nên dùng khi cách 1 không giải đƣợc) Cộng và trừ lần lượt hai phương trình đưa về hệ phương trình mới tương đương gồm hai phương trình tích (thông thường tương đương với 4 hệ phương trình mới). 3    x  2x  y (1) Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  3

 y  2y  x (2)    Giải

Trừ và cộng (1) với (2), ta được:

   x3  2x  y (x  y)(x2  xy  y2  1)  0     3  2 2    y  2y  x   (x  y)(x  xy  y  3)  0   2 2   x  y  0       x  xy  y  1 x  y  0 x  y  0       2  2  2  x  xy  y2  3  x  xy  y2  1  x  xy  y2  3 x  y  0         

 x  y  0  +   xy  0  

 x0     x0  

    y  x  x    2  2    x  xy  y  3 x 3      y  

 x  y  0 +  2

  x   3  3   y   3  3

 x  y  0 +  2

 y  x  x  1     x  1        2 2     y  1 x  xy  y  1 x  1     y  1  

 x2  xy  y2  1  xy  1  xy  1 x  1  x  1           + 2             xy  0 y  1  y1 x2  y2  2 x  xy  y2  3           

x       y  1    y  

 x  1  x  0   x  1  Vậy hệ phương trình có 5 nghiệm phân biệt:        x  0 

 y  1 

x   3  .   3  y   3    3

Cách 3. Sử dụng hàm số đơn điệu để suy ra x = y

  2x  3  Ví dụ 4. Giải hệ phương trình  

4  y  4 (1)

 2y  3  4  x  4 (2)    Giải

 3    x  4 Điều kiện:  .  2  3    x  4  2 Trừ (1) và (2) ta được:

2x  3  4  x  2y  3  4  y (3) Xét hàm số f(t) 

f / (x) 

1 2t  3

 3  2t  3  4  t, t    ; 4  , ta có:  2  

 3   0, t    ; 4   (3)  f(x)  f(y)  x  y .  2  2 4t 1

Thay x = y vào (1), ta được:

2x  3  4  x  4  x  7  2 (2x  3)(4  x)  16  2 2x2  5x  12  9  x  x  3  x 

 11  x x  3     9 . Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt      y  3 11    y    9

  x 3  2x  y  Ví dụ 5. Giải hệ phương trình  3 .  y  2y  x    Giải Xét hàm số f(t)  t3  2t  f /(t)  3t2  2  0, t   .

11 (nhận). 9

  f(x)  y (1) Hệ phương trình trở thành  .   f(y)  x (2)  

+ Nếu x  y  f(x)  f(y)  y  x (do (1) và (2) dẫn đến mâu thuẩn). + Nếu x  y  f(x)  f(y)  y  x (mâu thuẩn). Suy ra x = y, thế vào hệ ta được x 3  x  0  x  0.

 x  0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  .   y  0 

Chú ý: Khi gặp hệ phương trình đối xứng loại II dạng 1, ta nên giải cách 1. Nếu giải không được mới nghĩ đến cách 2 và 3, nếu vẫn không giải được thì quay trở về đề bài và tìm điều kiện chính xác rồi giải lại cách 1! 2   3x  x  2  y2 Ví dụ 6 (trích đề thi ĐH khối B – 2003). Giải hệ phương trình:    y2  2  3y   x2

Giải

 x  0 Nhận xét từ hệ phương trình ta có  . Biến đổi:   y  0 

  x2  2  3x  2 2    2   3xy  x  2 (1) y     2 2   y2  2   3yx  y  2 (2)    3y     x2 Trừ (1) và (2) ta được:

(x  y)(3xy  x  y)  0  x  y (3xy  x  y  0). Với x  y : (1)  3x3  x2  2  0  (x  1)(3x 2  2x  2)  0  x  1.

 x  1 Vậy hệ có 1 nghiệm  .   y  1 

  f(x, y) = 0 2. Dạng 2:  , trong đó chỉ có 1 phƣơng trình đối xứng   g(x, y) = 0  

Phƣơng pháp giải chung Cách giải 1 Đưa phương trình đối xứng về dạng tích, giải y theo x rồi thế vào phương trình còn lại.

 1 1   (1) x   y  Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  . x y  2  2x  xy  1  0 (2)    Giải Điều kiện: x  0, y  0 . Ta có:

 1  1 (1)  (x  y)1    0  y  x  y   .  xy  x + Với y = x: (2)  x2  1  0  x  1. + Với y  

1 : (2) vô nghiệm. x

  x  1 x  1   Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt  .    y  1 

  y  1 

Cách giải 2 (nên dùng khi cách 1 không giải đƣợc) Đưa phương trình đối xứng về dạng f(x)  f(y)  x  y với hàm f đơn điệu.

  x  y  cos x  cos y (1) Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  .  2  x y  3y  18  0  

(2)

Giải Tách biến phương trình (1), ta được:

(1)  x  cos x  y  cos y (3). Xét hàm số f(t)  t  cos t  f /(t)  1  sin t  0, t   . Suy ra (3)  f(x)  f(y)  x  y . Thay x = y vào (2), ta được:

x3  3x  18  0  (x  3)(x2  3x  6)  0  x  3.

 x  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  .   y  3 

 1 1   (1) x   y  Chú ý: Cách giải sau đây sai:  . x y  2  2x  xy  1  0 (2)    Giải Điều kiện: x  0, y  0 .

1 t

Xét hàm số f(t)  t  , t   \ {0}  f / (t)  1 

1 t2

 0, t   \ {0} .

Suy ra (1)  f(x)  f(y)  x  y ! Sai do hàm số f(t) đơn điệu trên 2 khoảng rời nhau (cụ thể f(–1) = f(1) = 0). BÀI TẬP Giải các hệ phƣơng trình sau 2  x  1  x  2   x  3y  2  0 . Đáp số:    1)  2 .  

 y  1 

 y  3x  2  0   

  x2  xy  x  2y  2)  2 . Đáp số:  y  xy  y  2x       x 1  3) 

y7  4

   x 1  4) 

y 2  3

   x3 5) 

2y  3

 y 1  x 7  4   

 y 1  x 2  3   

 y3  2x  3   

  x 3  x  2y  6)  3 . Đáp số:  y  y  2x   

 y  2 

 3  x x  0      2.     y  0  y  3     2

 x  8 . Đáp số:  .   y8  

 x  3 . Đáp số:  .   y3  

  x  2 x  1   . Đáp số:  .    y  1 

x  0    x      y0     y  

  y  2 

  x   3 .  3  y   3   

3

 3   2x  y    x2 . Đáp số: 7)   3   2y  x    y2   2 2    x y  4  y . Đáp số: 9)  2 2

 xy  4  x   

 2  2x  y  8)    2  2y  x  

 x  1  .  y  1 

1 y . Đáp số: 1 x

 x  1  .  y  1 

 x  2  .  y  2 

3 2    x  x  x  1  2y . Đáp số: 10)  3 2

 y  y  y  1  2x   

 x 1    x  1   .    y 1  y  1    

 1 1   (1) x   y  11) (trích đề thi ĐH khối A – 2003)  . x y  3  2y  x  1 (2)    Hƣớng dẫn giải Điều kiện: x  0, y  0.

(1)  x  y 

 xy 1  1  0  (x  y)1    0  x  y  y   .  xy xy  x 

+ Với x  y : (2)  x  1  x 

+ Với y  

1  2

5

.

1 : (2)  x 4  x  2  0. x

Xét hàm số f(x)  x 4  x  2  f / (x)  4x 3  1  0  x 

 1  3 f   2   0,   3 4  43 4

3

4

.

lim    f(x)  0, x    x 4  x  2  0 vô nghiệm.

x 

Cách khác: + Với x  1  x  2  0  x 4  x  2  0 . + Với x  1  x4  x  x  x4  x  2  0 . Suy ra (2) vô nghiệm.

1

   1  5  1  5   x  x    x  1    2 2   Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt  .     y  1  1  5  1  5     y y        2  2

  x  sin y (1) 12)  

 y  sin x (2)   Hƣớng dẫn giải

Trừ (1) và (2) ta được:

x  y  sin y  sin x  x  sin x  y  sin y (3). Xét hàm số f(t)  t  sin t  f /(t)  1  cos t  0, t   .

(3)  f(x)  f(y)  x  y  (1)  x  sin x  0 (4). Xét hàm số g(x)  x  sin x  g/(x)  1  cos x  0, x    (4) có không quá 1 nghiệm.

 x  0 Do g(0)  0  (4)  x  0. Vậy hệ có 1 nghiệm  .   y  0 

Phần III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN 3.1 Dùng ẩn phụ để đưa hệ phương trình đối xứng không giải được theo cách giải “quen thuộc” về hệ phương trình đối xứng giải được theo cách giải “quen thuộc”

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

x y

y x

30

x x

y y

35

Đây là hệ phương trình đối xứng loại một đối với hai ẩn x và y và không giải được theo cách giải “quen thuộc”. Dùng ẩn phụ u

x và v

y đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo cách giải “quen

thuộc”. Nghiệm của hệ phương trình là (4;9), (9; 4).

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình

x

4

y 1 1

y

4

x 1 1

Đây là hệ phương trình đối xứng loại hai đối với hai ẩn x và y và không giải được theo cách giải “quen thuộc”. Dùng ẩn phụ u

4

x 1 và v

4

y 1 đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo cách giải

“quen thuộc”. Nghiệm của hệ phương trình là (1;1). Ví dụ 3. Giải hệ phương trình

x

y2

y

y

2

x

x

Đây là hệ phương trình đối xứng loại hai đối với hai ẩn x và y và không giải được theo cách giải “quen thuộc”. Dùng ẩn phụ u

y đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo cách giải “quen

x và v

thuộc”. Nghiệm của hệ phương trình là (0;0),(2;2),(2; 2),( 2;2),( 2; 2). Ví dụ 4. Giải hệ phương trình

2 x2 2 y 2 x y

5

x y

x2

y2

5

Đây là hệ phương trình đối xứng loại một đối với hai ẩn x và y và không giải được theo cách giải “quen thuộc”. Dùng ẩn phụ u

x y đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo cách giải

x y và v

“quen thuộc”.

1 3 3 1 1 3 3 1 3 1 3 1 1 3 ( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ), 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Nghiệm của hệ phương trình là

(

1 3 ; ). 2 2

x

y

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình

x2

y2

1 x

1 y 1 x2

4 1 y2

4

Đây là hệ phương trình đối xứng loại một đối với hai ẩn x và y và nếu giải theo cách giải “quen thuộc” thì dẫn đến hệ phương trình rất phức tạp.

Dùng ẩn phụ u

x

1 và v x

1 đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo cách giải y

y

“quen thuộc”. Nghiệm của hệ phương trình là (1;1). Trong một số trường hợp khi gặp hệ phương trình đối xứng ta không thể giải được theo cách giải “quen thuộc” và cũng không chọn được ẩn phụ nào thích hợp để đưa về cách giải “quen thuộc”, khi đó ta sẽ dùng phương pháp đánh giá, hay sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải quyết. Các ví dụ sau đây sẽ minh hoạ cho hai trường hợp như thế.

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình

Giải. Điều kiện x, y

7 x

11 y

6

7 y

11 x

6

7;11

Cộng vế theo vế ta có ( 7 x

11 x ) ( 7 y

11 y ) 12 (*)

Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có ( 7

( 7 x

x

11 y ) 12 . Do đó (*)

11 x ) ( 7 y

11 x )

6 và ( 7 y

7 x

11 x

7

11 y

y

x

y

11 y ) 6 nên 2.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (2; 2).

Ví dụ 7. Giải hệ phương trình

x

2 y

2

y

2 x

2

Bài toán này không thể giải quyết được theo phương pháp đánh giá như trên. Giải. Điều kiện x, y

0;2

Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được :

x trong đó f (t )

f ( x)

f ( y)

y t

x

2 t

y.

2 y với 0

2 x t

0

x

2 x

y

2 y

f ( x)

f ( y)

2. Dễ thấy f (t ) là hàm đồng biến trên khoảng (0; 2). Vì thế

Thay x

y vào phương trình

x

2 ta được

2 y

x

2 x

2

x

0 hoặc x

2.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (0;0) và (2; 2). 3.2. Dùng ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng Ví dụ 8. Giải phương trình

4

6 x

4

x 2

2

Phương trình này không thể giải quyết được bằng phép biến đổi tương đương. Dùng ẩn phụ u

4

x 2 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại một với cách

4

6 x và v

giải “quen thuộc”. Nghiệm của phương trình là x

2 và x 6.

Ví dụ 9. Giải phương trình x 3 1

a

n

Dạng tổng quát của bài toán này là

f ( x)

n

b

f ( x)

c.

2 3 2x 1

Phương trình này không thể giải quyết được bằng phép biến đổi trực tiếp. Dùng ẩn phụ u

3

2 x 1 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”.

1

Nghiệm của phương trình là x

5 2

Dạng tổng quát của bài toán này là x n Ví dụ 10. Giải phương trình 9

9

x

và x 1.

a n ax b .

b

x

Nếu dùng phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến phương trình bậc bốn phức tạp. Dùng ẩn phụ u

x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”.

9

Nghiệm của phương trình là x

19 2

Dạng tổng quát của bài toán này là x Ví dụ 11. Giải phương trình

3

x 9

37

a

.

a

x.

( x 3)3 6

Nếu dùng phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến phương trình rất phức tạp. Dùng ẩn phụ u 3

3

x 9 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen

thuộc”. Nghiệm của phương trình là x 1.

Dạng tổng quát của bài toán này là sử dụng ẩn phụ du

n

e

n

ax b

c(dx e) n

x

trong đó d

ac

ax b .

Ví dụ 12. Giải phương trình 7 x

2 log 7 (6 x 1)3 1

Bài toán này rất khó giải nếu không dùng ẩn phụ. Dùng ẩn phụ u

log 7 (6 x 1) đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai.

Nghiệm của phương trình là x

0 và x 1.

Dạng tổng quát của bài toán này là a

1x

Ví dụ 13. Giải phương trình 1 2(1 2 x 2 ) 2 Dùng ẩn phụ u

p log a (

1

2

x

2

) qx r.

x

1 2 x 2 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai.

Nghiệm của phương trình là x

1

5 4

, x

1 và x 2

Dạng tổng quát của bài toán này là a b(a bx 2 ) 2

1.

x.

Phần IV. BÀI TẬP BỔ SUNG

1)

2)

3)

x3

xy 2

2000y

y3

yx 2

500x

0

12x 2

48x 64

y3

12 y 2

48y 64

z3

12z 2

48z 64

x3

x 19

y5

1890z z 2001

y19

z5

1890x

x 2001

z19

x5

1890 y

y 2001

y3

y2

y

2y 1 z 3

z2

z

x3

x2

x

2x 1 4)

0

2z 1

và e

bc

. Ta

5)

6)

x5

x4

2x 2 y

2

y5

y4

2y 2 z

2

z5

z4

2z 2 x

2

y3

6x 2 12x 8

0

x3

6z 2 12z 8

0

z3

6 y 2 12 y 8

0

Tìm nghiệm dƣơng của phƣơng trình

7) Tìm m để hệ phƣơng trình sau có đúng 2 nghiệm.

8)

9)

y

x8

y8

11)

m 2 2 y3

x

1

y2 y 1

2 z3

y

1

z2 z 1

2 x3

z

1

x3

y

2

y3

x

2

2 x2

x 6k

3

y

2

y 6k

3

x

2

3x 2

k

3 x3

8

y3

9x 2

27 x 27

0

z3

9y 2

27 y 27

0

x3

9z 2

27z 27

0

y x2 z 30 2 y x 30 2 z 30

12)

256

x2 x 1

Tổng quát:

10)

8

x

4y

2004

4z

2004

4x

2004

N

13

y3

6x 2 12x 8

0

z3

6 y 2 12 y 8

0

x3

6z 2 12z 8

0

x2y

y

2y y 2 z

z

2z z 2 x

x

2x 14)

x2

21

y 1 y2

y2

21

x 1 x2

15

x 30.4

y 2001

2121

x 2001

y 30.4

2121

16)