Một số phương pháp giải phương trình - hệ phương trình - Trần Hoài Vũ

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO LÀO CAI

TRƢỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HỌC SINH GIỎI

MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH – HỆ PHƢƠNG TRÌNH

Năm học 2020 – 2021 Giáo viên: Trần Hoài Vũ Tổ chuyên môn: Toán – Tin

1

I. Phƣơng pháp biến đổi đại số, rút thế

Sử dụng các phép biến đổi tương đương cơ bản:

1. Nâng lên lũy thừa hai vế (Chú ý điều kiện)

2. Rút 1 ẩn hoặc một biểu thức từ 1 phương trình trong hệ thế vào phương

trình còn lại

3. Phân tích 1 phương trình trong hệ hoặc tổ hợp 2 phương trình của hệ về

phương trình tích.

Bài số 1: Giải hệ phương trình

2

3

2 2

( )

2( ) 3 2 1 11

y x x y

x y

x y x

           

Giải

Điều kiện: :

2 ( ) 0 x x y   ; 1 0; 2 x y x   

Hệ phương trình tương

2 3

2 2 ( ). (1)

2( ) 3 2 1 11 (2)

x x y x y y

x y x

     

   

Từ (1) suy ra 0 y  (Vì nếu y < 0 thì VT (1)  0 >VP(1): vô lý)

Dễ thấy y = 0 cũng không thỏa mãn

Xét y > 0

Phương trình (1) tương đương:

2 2 3

2

2 2 3 3

2

2 2 3 3

( ) ( 1) ( ( ) ) 0

1 ( )( 1) ( )( ) 0 ( ) 1 ( )

( ) ( 1)( ) 0 ( ) 1 ( )

1 0

x x y x y x x y y

x y x y x y x x y

x y x y x x y y

x x y x y x y

x y x y x x y y

x y

        

                

              

  

Thế y = x - 1 vào (2) ta được:

2 2 4 4 2 3 2 1 11 (2 1) 3 2 1 10 0 x x x x x         

Đặt t = 2 1 x , ( 0 t  ), ta có phương trình:

4 3 2 3 10 0 ( 2)( 2 4 5) 0 2 t t t t t t t          

2

Với t = 2 ta giải ra được nghiệm của hệ là (x; y) = 5 3 ( ; ) 2 2

Bài số 2 : Giải hệ phương trình

2 2

2 2

15 17 4

17 15 14

x y x y

xy

x y x xy y x y

     

       

Giải

Điều kiện: 0, 0 x y  . Đặt   , 0, 0 x a y b a b    

Hệ phương trình đã cho tương đương với

  4 4 2 2

2 2

4 2 2 4 4 2 2 4

2 2 2 2

15 17 15 17 4 4

17 15 17 15 14 14

a b a b a b ab a b ab a b a b a b a a b b a a b b a b a b

                               

(1)

(2)

Lấy hai vế của  1 nhân với a cộng hai vế của  2 nhân với b ta được:

  2 2 2 4 2 3 5 4 14 15 a b a b a b a b b       3

Lấy hai vế của  1 nhân với b  cộng hai vế của  2 nhân với a ta được

  2 2 2 5 3 2 4 4 14 17 ab a b a a b ab        4

Lấy  4 cộng  3 theo vế ta được : 

5 32 a b  

Lấy  4 trừ  3 theo vế ta được : 

5 2 a b  

 

 

5

5

5 5 5

2 2 2 32 2 2 2 2 2

2

a a b a b

a b a b b

                             

2 5 5

2 5 5

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

x x

y y

                                

3

Vậy hpt có một nghiệm duy nhất:  

2 2 5 5 2 2 2 2 , ; 2 2 x y

                  

Bài số 3: Giải hệ phương trình

2 2

2 2 1 (1)

10 6 3 2 6 0 (2)

x y

x xy x y

         

Giải

Từ (1) :

2 2 1 1 ;| | 2 2 y x x    (*)

2 2 2 2

2 2

1 (2) 2 8 6 3 2 6 0 2 8. 6 3 2 6 0 2 2 3 (1 2 ) 4 2 2 0

y x x xy x y x xy x y

x x y y y

              

      

Coi vế trái là phương trình bậc hai đối với x, có

2 2 2 9(1 2 ) 8(4 2 2) (2 5) y y y y       

3(2 1) 2 5 2 2 4 3(2 1) 2 5 2 1 4 2

y y x y

y y y x

              

+) Với x = 2y – 2 thay vào (1) ta được :

2 2

2

2(4 8 4) 1

8 15 2 2 15 ( (*)) 7 7 7 16 7 0

8 15 2 2 15 ( (*)) 7 7

y y y

y x tm y y

y x tm

   

            

      

+) Với 2 1 2 y x   thay vào (1) ta được :

2

2 2 2

2

(2 1) 1 4 4 1 2 2 0 2

2 6 1 6 ( (*)) 2 2 2 4 1 0

2 6 1 6 ( (*)) 2 2

y y y y y

y x tm y y

y x tm

      

           

      

Vậy phương trình có nghiệm