Vấn đề Hệ phương trình khác

Vấn đề Hệ phương trình khác

Bài 5:

HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁC

Có thể giải bằng các pp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, bất đẳng thức.

I. CÁC VÍ DỤ.

Ví dụ 1:

 

pdf 4 trang Người đăng ngochoa2017 Ngày đăng 29/11/2017 Lượt xem 284Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Vấn đề Hệ phương trình khác", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 96 
Bài 5: 
HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁC 
Có thể giải bằng các pp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, bất đẳng 
thức. 
I. CÁC VÍ DỤ. 
Ví dụ 1: 
Cho hệ phương trình: 
2
x y m
(x 1)y xy m(y 2)
+ =⎧⎪⎨ + + = +⎪⎩
1. Giải hệ khi m = 4 
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ có nhiều hơn 2 nghiệm. 
(ĐH Quốc Gia TPHCM Khối A năm 1997) 
Giải 
1. m = 4 
Hệ 2
x y 4
(x 1)y xy 4(y 2)
+ =⎧⎪⇔ ⎨ + + = +⎪⎩
3 2 2
x 4 y x 4 y
y 4y 8 0 (y 2)(y 2y 4) 0
= − = −⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨− + = − − − =⎪ ⎪⎩ ⎩
2
x 4 y x 4 y
y 2 y 1 5y 2 y 2y 4 0
= − = −⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ = ∨ = ±= ∨ − − = ⎪⎪ ⎩⎩
⇒nghiệm (2, 2); (3 5,1 5),(3 5,1 5)− + + − 
b. Hệ 3 2
x m y
 (*)
y my 2m 0 (1)
= −⎧⎪⇔ ⎨ − + =⎪⎩
(*) có hơn 2 nghiệm, (1) phải có 3 nghiệm. 
Đặt 3 2f(y) y my 2m= − + 
2f '(y) 3y 2my⇒ = − 
2mf '(y) 0 y(3y 2m) 0 y 0 y
3
= ⇔ − = ⇔ = ∨ = 
 97
Nếu m 0 : (1)≠ có 3 nghiệm phân biệt 2mf(0).f 0
3
⎛ ⎞⇔ <⎜ ⎟⎝ ⎠ 
3 2
2
2m 2m2m m 2m 0
3 3
27 3 6 3 6m m m
2 2 2
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⇔ − + <⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
⇔ > ⇔ 
Vậy 3 6 3 6m m
3 2
 hệ có hơn 2 nghiệm. 
Ví dụ 2: 
Giải hệ phương trình: 
2 2
xy 3x 2y 16
x y 2x 4y 33
− − =⎧⎪⎨ + − − =⎪⎩
(ĐH Giao Thông Vận Tải TPHCM năm 1999). 
Giải 
Đặt u x 1, y 2,= − ∨ = − hệ trở thành: 
2 2
u (u v) 23
u v 38
∨ − + =⎧⎪⎨ + =⎪⎩
Đặt s u v,p u.v= + = 2
p s 23 (1)
s 2p 38 (2)
− =⎧⎪⇒ ⎨ − =⎪⎩
(1) và (2) 2
s 1 85
s 2s 84 0
s 1 85
⎡ = +⇒ − − = ⇔ ⎢ = −⎢⎣
. s 1 85 : (1) p 24 85= + ⇒ = + 
u,v⇒ là nghiệm phương trình: 2 s p 0α − α + = 
Với 2 2s 4p (1 85) 4(24 85) 10 2 85 0− = + − + = − − < 
⇒VN 
. s 1 85 : (1) p 24 85= − ⇒ = − 
u,v⇒ là nghiệm phương trình: 2 s p 0α − α + = 
Với 2s 4p 10 2 85 0− = − + > 
 98 
1 85 10 2 85 3 85 10 2 85u x
2 2
1 85 10 2 85 5 85 10 2 85v y
2 2
⎧ ⎧− + − + − + − +⎪ ⎪= =⎪ ⎪⇒ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪− − − + − − − += =⎪ ⎪⎩ ⎩
hoặc: 
1 85 10 2 85 3 85 10 2 85u x
2 2
1 85 10 2 85 5 85 10 2 85v y
2 2
⎧ ⎧− − − + − − − +⎪ ⎪= =⎪ ⎪⇒ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪− + − + − + − += =⎪ ⎪⎩ ⎩
Ví dụ 3: 
Giải và biện luận theo a hệ phương trình: 
1 x 2y 5
x 2y
x 2y a
x 2y
⎧ + + =⎪ −⎪⎨ +⎪ =⎪ −⎩
(ĐH Kinh Tế TPHCM năm 1995) 
Giải 
Đặt 1u 0, x 2y
x 2y
= ≠ ∨ +− 
u v 5
u.v a
+ =⎧⇒ ⎨ =⎩
 nên u, v là nghiệm phương trình: 
2 5 a 0 (*)
25 4a
α − α + =
∆ = −
Để phương trình có nghiệm 250 a
4
⇔∆ ≥ ⇔ ≤ 
* 25a
4
≤ và a 0≠ : nghiệm 1 2
2 1
u u
v v
= α = α⎧ ⎧∨⎨ ⎨= α = α⎩ ⎩
 với 1 2,α α là nghiệm 
phương 
trình (*). 
* a = 0: 
u v 5
u.v 0
+ =⎧⎨ =⎩
 mà u 0 0,u 5≠ ⇒ ∨ = = 
 99
⇒ hệ 
11 1 x5 x 2y 10x 2y 5
1x 2y 0 yx 2y 0
20
⎧⎧ =⎧ ⎪= − =⎪ ⎪ ⎪− ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪+ = = −+ = ⎩⎩ ⎪⎩
* 25a
4
> hệ vô nghiệm. 
II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ. 
5.1. Giải hệ phương trình: 
3 2
3 2
3 2
x y y y 2
y z z z 2
z x x x 2
⎧ = + + −⎪⎪ = + + −⎨⎪ = + + −⎪⎩
(ĐH Ngoại Thương TPHCM năm 1996). 
5.2. Giải hệ phương trình: 
2
2 2
x xy 6
x y 5
⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩
(ĐH Giao Thông Vận Tải TPHCM năm 1996). 
5.3. Giải hệ: 
2 2 82x y
9
1 10 10 1x x y y
y 3 3 y
⎧ + =⎪⎪⎨⎪ + + − + = + +⎪⎩
 100 
Hướng dẫn và giải tóm tắt 
5.1. Ta có: 
3 2
3 2
3 2
x y y y 2 (1)
y z z z 2 (2)
z x x x 2 (3)
⎧ = + + −⎪⎪ = + + −⎨⎪ = + + −⎪⎩
2(1) x y(y y 1) 2⇔ = + + − 
. Xét y 0 x 2 z 2 y 2≤ ⇒ ≤ − ⇒ ≤ − ⇒ ≤ − 
3 2 3 2 3 2(1) (2) (3) y y x x z z 6+ + ⇒ + + + + + = 
2 2 2y (y 1) x (x 1) z (z 1) 6 (4)⇔ + + + + + = 
Vì x 2,y 2,z 2 y 1 0,x 1 0,z 1 0≤ − ≤ − ≤ − ⇒ + < + < + < 
2 2 2y (y 1) x (x 1) z (z 1) 0 (4)⇒ + + + + + < ⇒ không thỏa. 
. Xét y 0 : z 0> ⇒ > và x > 0 
. 3 2 3 20 y 1: y y y 3 0 x 1 x x x 3 0 z 1< < ⇒ + + < ⇒ < < ⇒ + + < ⇒ < < 
3 2 3 2 3 2y y x x z z 6 : (4)⇒ + + + + + < không thỏa. 
. y > 1 : 3 2x y y y 2 1 z 1⇒ = + + − > ⇒ > 
3 2 3 2 3 2z z x x y y 6 :⇒ + + + + + > (4) không thỏa. 
* y = 1 : (1) x 1⇒ = và (3) z 1,⇒ = (2) y 1⇒ = 
Vậy hệ chỉ có 1 nghiệm là x = y = z = 1 
5.2. 
2
2 2
x xy 6 (1)
x y 5 (2)
⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩
(1) 
26 xy (x 0)
x
−⇔ = ≠ thế vào (2): 
2 2
2
2
(6 x )x 5
x
−+ = 
4 2 22x 17x 36 0 x 4,⇔ − + = ⇔ = 2 9x x 2,
2
= ⇔ = ± 3 2x
2
= ± 
y 1,⇒ = y 1,= − 2y ,
2
= 2y
2
= − . 
 101
5.3. 
2 2 82x y (1)
9
1 10 10 1x x y y (2)
y 3 3 y
⎧ + =⎪⎪⎨⎪ + + − + = + +⎪⎩
(2) 1 10 1 10x x y x x y
y 3 y 3
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + + − + = + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
2 101 10 y y 11 y 0x 0 3 0y 3y y
10 110 10 1y xx y 0 y x3 y3 3 y
⎧⎧ + +⎧ ⎪+ + ≥+ ≥ ⎪⎪ ≥⎪⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪+ ≥ ≥ −− + ≥ + ≥ ≥ −⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎪⎩
Xét 2 trường hợp: 
TH 1: y < 0 Hệ 
22
2
2 2
1010 y y 1 0y y 1 0 33
10 10 82y x 0 y x y
3 3 9
⎧⎧ + + ≤+ + ≤ ⎪⎪⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨⎛ ⎞⎪ ⎪+ ≥ > + ≥ = −⎜ ⎟⎪ ⎪⎩ ⎝ ⎠⎩
22
2
2 2
82 110 y 3 x yy y 1 0
10 9 33 y y 1 0
10 3 1 82y y 1 0 y x y 33 3 9
⎡⎧ = − ⇒ = − =+ + ≤ ⎢⎪⎪ ⎢⇔ ⇔ + + = ⇔⎨ ⎢⎪ + + ≥ ⎢ = − ⇒ = − =⎪⎩ ⎢⎣
Là nghiệm của hệ. 
TH 2: y > 0: 2 282x y
9
= − 
+ Nếu 282 82 100 10x 0 x y y
9 9 9 3
≥ ⇒ = − < < < + 
 102 
2
1 82x 0 0 x
y 9
10 82x y 0 y x 0
3 9
⎧⎧ + ≥ ≤ = − >⎪ ⎪⎩ ⎩
+ Nếu x < 0 
2 282 10 82 1x y 0 x y 0, y y
9 3 9 y
⇒ = − − ∀ ⇒ − ≤ 
2
2
82 1y
9 y
⇔ − ≤ (vì y > 0). 
2
4 2
2
y 3y 982y y 1 0 119 yy
39
⎡ ≥⎡≥⎢ ⎢⇔ − + ≥ ⇔ ⇔⎢ ⎢ ≤≤ ⎢⎢ ⎣⎣
Vậy hệ có nghiệm: 
2 2
2 2
82 821 3 y (do x y )0 y
9 93
82 82x y x y
9 9
⎧⎧ ≤ ≤ + =< ≤ ⎪⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= − − = − −⎪ ⎪⎩ ⎩

Tài liệu đính kèm:

  • pdfc2_vd5_heptkhac.pdf