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) = 0

g(x, y) = 0

, trong đó

f(x, y) = f(y, x)

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 2S 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 + y

2 = S

2 – 2P, x

3 + y

3 = S

3 – 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.

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình

2 2

3 3

x y xy 30

x y 35

.

GIẢI

Đặt S x y, P xy , điều kiện 2S 4P . Hệ phương trình trở thành:

22

30PSP 30 S

90S(S 3P) 35 S S 35S

S 5 x y 5 x 2 x 3

P 6 xy 6 y 3 y 2

.

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 3 3

xy(x y) 2

x y 2

.

GIẢI

Đặt t y, S x t, P xt , điều kiện 2S 4P. Hệ phương trình trở thành:

3 3 3

xt(x t) 2 SP 2

x t 2 S 3SP 2

S 2 x 1 x 1

P 1 t 1 y 1

.


2 2

1 1x y 4

x y1 1

x y 4x y

.

GIẢI

Điều kiện x 0,y 0 .

Hệ phương trình tương đương với: 2 2

1 1x y 4

x y

1 1x y 8

x y

Đặt 21 1 1 1S x y ,P x y ,S 4P

x y x y

ta có:

2

1 1x y 4S 4 S 4 x y

P 4 1 1S 2P 8x y 4

x y

1x 2 x 1x

1 y 1y 2y

.


2 2x y 2xy 8 2 (1)

x y 4 (2)

.

GIẢI

Điều kiện x,y 0 . Đặt t xy 0 , ta có:

2xy t và (2) x y 16 2t .

Thế vào (1), ta được:

2t 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 2S 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:

3 3

x y 1 x y 1

x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m

Đặt S x y 0,P xy 0 , 2S 4P. Hệ phương trình trở thành:

2

S 1 S 1

P mS 3SP 1 3m

.

Từ điều kiện 2S 0,P 0,S 4P ta có 1

0 m4

.

Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình 2 2

x y xy m

x y xy 3m 9

có nghiệm thực.

GIẢI

2 2

x y xy m (x y) xy m

xy(x y) 3m 9x y xy 3m 9

.

Đặt S = x + y, P = xy, 2S 4P. Hệ phương trình trở thành: S P m

SP 3m 9

.

Suy ra S và P là nghiệm của phương trình 2t mt 3m 9 0

S 3 S m 3

P m 3 P 3

.

Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm

2

2

3 4(m 3) 21m m 3 2 3

(m 3) 12 4

.

Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình x 4 y 1 4

x y 3m

có nghiệm.

GIẢI

Đặt u x 4 0,v y 1 0 hệ trở thành:

2 2

u v 4u v 421 3mu v 3m 5 uv

2

.

Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của 2 21 3mt 4t 0

2

(*).

Hệ có nghiệm (*) có 2 nghiệm không âm

/ 3m 130 0 132S 0 m 721 3m 30P 0

2

.

Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình

2 2x y 4x 4y 10

xy(x 4)(y 4) m


GIẢI

2 22 2

2 2

(x 4x) (y 4y) 10x y 4x 4y 10

xy(x 4)(y 4) m (x 4x)(y 4y) m

.

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

u v 10 S 10

uv 4(u v) m 16 P m 24

(S = u + v, P = uv).

Điều kiện

2S 4P

S 0 24 m 1

P 0

.

BÀI TẬP

Giải các hệ phƣơng trình sau

1. 2 2

x y xy 5

x y xy 7

. Đáp số:

x 1 x 2

y 2 y 1

.

2.

2 2x xy y 3

2x xy 2y 3

. Đáp số:

x 1 x 3 x 3

y 1 y 3 y 3

.

3. 3 3

x y 2xy 2

x y 8

. Đáp số:

x 2 x 0

y 0 y 2

.

4.

3 3x y 7

xy(x y) 2

. Đáp số:

x 1 x 2

y 2 y 1

.

5. 2 2

x y 2xy 5

x y xy 7

. Đáp số:

1 37 1 37x xx 2 x 1 4 4

y 1 y 2 1 37 1 37y y

4 4

.

6. 2 2

2 2

1(x y)(1 ) 5

xy1

(x y )(1 ) 49x y

.

Đáp số:

x 1 x 17 3 5 7 3 5x x

2 2 7 3 5 7 3 5y yy 1 y 1 2 2

.

7. x y y x 30

x x y y 35

. Đáp số:

x 4 x 9

y 9 y 4

.

8.

x y 71

y x xyx xy y xy 78

(chú ý điều kiện x, y > 0). Đáp số: x 4 x 9

y 9 y 4

.

9. 2 23 3

3 3

2(x y) 3 x y xy

x y 6

. Đáp số:

x 8 x 64

y 64 y 8

.

10. Cho x, y, z là nghiệm của hệ phương trình

2 2 2x y z 8

xy yz zx 4

. Chứng minh

8 8x,y,z

3 3 .

HƯỚNG DẪN GIẢI

Hệ phương trình

2 2 2 2 2x y 8 z (x y) 2xy 8 z

xy z(x y) 4 xy z(x y) 4

2 2(x y) 2[4 z(x y)] 8 z

xy z(x y) 4

2 2(x y) 2z(x y) (z 16) 0

xy z(x y) 4

2 2

x y 4 z x y 4 z

xy (z 2) xy (z 2)

.

Do x, y, z là nghiệm của hệ nên:

2 2

22 2

(4 z) 4(z 2) 8 8(x y) 4xy z

( 4 z) 4(z 2) 3 3

.

Đổi vai trò x, y, z ta được 8 8

x,y,z3 3

.

11.

x y1 1 1

16 16 2x y 1

. Đáp số:

1x

21

y2

.

12.

sin (x y)

2 2

2 1

2(x y ) 1


Cách 1:

sin (x y)

2 2 2 22 2

sin (x y) 0 x y (1)2 1

2(x y ) 1 2(x y ) 1 (2)2(x y ) 1

2

2 2

2

1 2 2x x1 2 2 2(2) x y 2 x y 2

12 2 2y y2 2 2

.

x y 0(1)

x y 1

thế vào (2) để giải.

Cách 2:

Đặt S = x + y, P = xy. Hệ trở thành:

sinS

22

S2 1

4P 2S 12(S 2P) 1

.

Từ điều kiện 2S 4P ta suy ra kết quả tương tự.

Hệ có 4 nghiệm phân biệt

1 1 1 1x x x x

2 2 2 21 1 1 1

y y y y2 2 2 2

.

Tìm điều kiện của m để các hệ phƣơng trình thỏa yêu cầu

1. Tìm m để hệ phương trình

2 2x xy y m 6

2x xy 2y m

có nghiệm thực duy nhất.


Hệ có nghiệm duy nhất suy ra x = y, hệ trở thành:

2 2

2 2 2

3x m 6 3x 6 m m 3

m 21x 4x m x 4x 3x 6

.

+ m = – 3:

2 2 2x xy y 3 (x y) xy 3

2(x y) xy 3 2(x y) xy 3

x y 0 x y 2 x 3 x 3 x 1

xy 3 xy 1 y 1y 3 y 3

(loại).

+ m = 21:

2 2 2x xy y 27 (x y) xy 27

2x xy 2y 21 2(x y) xy 21

x y 8 x y 6 x 3

xy 37 xy 9 y 3

(nhận).

Vậy m = 21.

2. Tìm m để hệ phương trình: 2 2

x xy y m 1

x y xy m

có nghiệm thực x > 0, y > 0.


2 2

x xy y m 1 (x y) xy m 1

xy(x y) mx y xy m

x y 1 x y m

xy m xy 1

.

Hệ có nghiệm thực dương 2

m 0 10 m m 2

1 4m m 4 4

.

Vậy 1

0 m m 24

.

3. Tìm m để hệ phương trình x y m

x y xy m



22

x y mx y mx y mm mx y xy m xyx y 3 xy m

3

.

Suy ra x, y là nghiệm (không âm) của phương trình 2

2 m mt mt 0

3

(*).

Hệ có nghiệm (*) có 2 nghiệm không âm

/ 2

2

0 m 4m 0m 0

S 0 m 01 m 4

P 0 m m 0

.

Vậy m 0 1 m 4 .

4. Tìm m để hệ phương trình

2 2

2

x y 2(1 m)

(x y) 4

có đúng 2 nghiệm thực phân biệt.


2 2 2

2 2

x y 2(1 m) (x y) 2xy 2(1 m)

(x y) 4 (x y) 4

xy 1 m xy 1 m

x y 2 x y 2

.

Hệ có đúng 2 nghiệm thực phân biệt khi 22 4(1 m) m 0 .

5. Cho x, y là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2

x y 2m 1

x y m 2m 3

. Tìm m để P = xy nhỏ nhất.


Đặt S x y, P xy , điều kiện 2S 4P.

2 2 2 2 2

x y 2m 1 S 2m 1

x y m 2m 3 S 2P m 2m 3

2 2 2

S 2m 1S 2m 13(2m 1) 2P m 2m 3 P m 3m 22

Từ điều kiện suy ra 2 2 4 2 4 2

(2m 1) 6m 12m 8 m .2 2

Xét hàm số 23 4 2 4 2

f(m) m 3m 2, m2 2 2

.

Ta có 4 2 11 6 2 4 2 4 2

min f(m) f , m ;2 4 2 2

Vậy 11 6 2 4 2

minP m4 2

.

Phần II.

HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II

1. Dạng 1:

f(x, y) = 0

f(y, x) = 0 (đổi vị trí x và y cho nhau thì phƣơng trình này trở thành phƣơng trình kia)

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

3

x 2x y (1)

y 2y x (2)

.

Giải

Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được:

3 3 2 2x y 3x 3y 0 (x y)(x y xy 3) 0

2 2y 3y(x y) x 3 0 y x

2 4

Thế y = x vào (1) hoặc (2) ta được:

3x x 0 x 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x 0

y 0

.

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 2x 3 4 y 4 (1)

2y 3 4 x 4 (2)

Giải

Điều kiện:

3x 4

23

x 42

.

Trừ (1) và (2) ta được:

2x 3 2y 3 4 y 4 x 0

(2x 3) (2y 3) (4 y) (4 x)0

2x 3 2y 3 4 y 4 x

2 1

(x y) 0 x y2x 3 2y 3 4 y 4 x

.

Thay x = y vào (1), ta được:

2x 3 4 x 4 x 7 2 (2x 3)(4 x) 16

22

9 x 0 112 2x 5x 12 9 x x 3 x

9x 38x 33 0 9

(nhận).

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt

11xx 3 9

y 3 11y

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

3

x 2x y (1)

y 2y x (2)

Giải

Trừ và cộng (1) với (2), ta được:

3 2 2

3 2 2

x 2x y (x y)(x xy y 1) 0

y 2y x (x y)(x xy y 3) 0

2 2

2 2 2 2 2 2

x y 0 x y 0x y 0 x xy y 1

x y 0 x xy y 3 x xy y 1 x xy y 3

+ x y 0 x 0

x y 0 x 0

+ 2 2 2

x y 0 y x x 3 x 3

x xy y 3 x 3 y 3 y 3

+ 2 2 2

x y 0 y x x 1 x 1

y 1 y 1x xy y 1 x 1

+

2 2

2 22 2

xy 1x xy y 1 xy 1 x 1 x 1

x y 0 y 1 y 1x y 2x xy y 3

Vậy hệ phương trình có 5 nghiệm phân biệt: x 0 x 1 x 1 x 3 x 3

x 0 y 1 y 1 y 3 y 3

.

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

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 2x 3 4 y 4 (1)

2y 3 4 x 4 (2)

Giải

Điều kiện:

3x 4

23

x 42

.


2x 3 4 x 2y 3 4 y (3)

Xét hàm số 3

f(t) 2t 3 4 t, t ; 42

, ta có:

/ 1 1 3f (x) 0, t ; 4

22t 3 2 4 t

(3) f(x) f(y) x y .


2x 3 4 x 4 x 7 2 (2x 3)(4 x) 16

2 112 2x 5x 12 9 x x 3 x

9 (nhận).


11xx 3 9

y 3 11y

9

.


3

3

x 2x y

y 2y x

.

Giải

Xét hàm số 3 / 2f(t) t 2t f (t) 3t 2 0, t .

Hệ phương trình trở thành f(x) y (1)

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 3x x 0 x 0.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x 0

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!

Ví dụ 6 (trích đề thi ĐH khối B – 2003). Giải hệ phương trình:

2

2

2

2

x 23x

yy 2

3yx

Giải

Nhận xét từ hệ phương trình ta có x 0

y 0

. Biến đổi:

2

2 22

2 22

2

x 23x 3xy x 2 (1)y

3yx y 2 (2)y 23y

x


(x y)(3xy x y) 0 x y (3xy x y 0).

Với 3 2x y : (1) 3x x 2 0 2(x 1)(3x 2x 2) 0 x 1.

Vậy hệ có 1 nghiệm x 1

y 1

.

2. Dạng 2:

f(x,y) = 0

g(x,y) = 0, trong đó chỉ có 1 phƣơng trình đối xứng

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.

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2

1 1x y (1)

x y2x 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(2) x 1 0 x 1 .

+ Với 1

yx

: (2) vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 x 1

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)

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 sint 0, t .

Suy ra (3) f(x) f(y) x y .


3 2x 3x 18 0 (x 3)(x 3x 6) 0 x 3.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x 3

y 3

.

Chú ý: Cách giải sau đây sai:2

1 1x y (1)

x y2x xy 1 0 (2)

.

Giải

Điều kiện: x 0, y 0 .

Xét hàm số /2

1 1f(t) t , t \ {0} f (t) 1 0, t \ {0}

t t .

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

1)

2

2

x 3y 2 0

y 3x 2 0

. Đáp số:

x 1 x 2

y 1 y 2

.

2)

2

2

x xy x 2y

y xy y 2x

. Đáp số:

3xx 0 2

y 0 3y

2

.

3) x 1 y 7 4

y 1 x 7 4

. Đáp số:

x 8

y 8

.

4) x 1 y 2 3

y 1 x 2 3

. Đáp số:

x 3

y 3

.

5) x 3 2 y 3

y 3 2 x 3

. Đáp số:

x 1 x 2

y 1 y 2

.

6)

3

3

x x 2y

y y 2x

. Đáp số:

x 0 x 3 x 3

y 0 y 3 y 3

.

7) 2

2

32x y

x3

2y xy

. Đáp số: x 1

y 1

. 8)

2

2

12x y

y1

2y xx

. Đáp số: x 1

y 1

.

9)

2 2

2 2

x y 4 y

xy 4 x

. Đáp số:

x 2

y 2

.

10)

3 2

3 2

x x x 1 2y

y y y 1 2x

. Đáp số:

x 1 x 1

y 1 y 1

.

11) (trích đề thi ĐH khối A – 2003) 3

1 1x y (1)

x y 2y x 1 (2)

.

Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: x 0, y 0.

x y 1 1

(1) x y 0 (x y) 1 0 x y y .xy xy x

+ Với x y : (2) 1 5

x 1 x .2

+ Với 41y : (2) x x 2 0.

x

Xét hàm số 4 / 3

3

1f(x) x x 2 f (x) 4x 1 0 x .

4

3 3 x

1 3f 2 0, lim f(x) 0, x

4 4 4

4x x 2 0 vô nghiệm.

Cách khác:

+ Với 4x 1 x 2 0 x x 2 0 .

+ Với 4 4x 1 x x x x x 2 0 .

Suy ra (2) vô nghiệm.


1 5 1 5x xx 1 2 2

y 1 1 5 1 5y y

2 2

.

12) x sin y (1)

y sin x (2)

Hƣớng dẫn giải


x y siny sinx x sinx y siny (3).

Xét hàm số /f(t) t sint f (t) 1 cos t 0, t .

(3) f(x) f(y) x y (1) x sinx 0 (4).

Xét hàm số /g(x) x sinx g (x) 1 cosx 0, x (4) có không quá 1 nghiệm.

Do g(0) 0 (4) x 0. Vậy hệ có 1 nghiệm x 0

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”


35

x y y x

x x y y

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).


4

1 1

1 1

x y

y 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 4 1u x và 4 1v y đưa hệ phương trình về hệ phương trình giải được theo cách giải

“quen thuộc”.

Nghiệm của hệ phương trình là (1;1).


2

2

x y y

y 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 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 (0;0),(2;2),(2; 2),( 2;2),( 2; 2).


2 2

2 2

2 2 5

5

x y

x y x y x y

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

“quen thuộc”.

Nghiệm của hệ phương trình là 1 3 3 1 1 3 3 1 3 1

( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ),2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 1( ; ),

2 2

1 3( ; ),2 2

1 3( ; ).

2 2


2 2

1 14

1 14

x yx y

x yx y

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 1

u xx

và 1

v yy

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

“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 7 11 6

7 11 6

x y

y x

Giải. Điều kiện , 7;11x y

Cộng vế theo vế ta có ( 7 11 ) ( 7 11 ) 12x x y y (*)

Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có ( 7 11 ) 6x x và ( 7 11 ) 6y y nên

( 7 11 ) ( 7 11 ) 12x x y y . Do đó (*) 7 11

7 11

x x

y y 2.x y

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


2 2

x y

y x

Bài toán này không thể giải quyết được theo phương pháp đánh giá như trên.

Giải. Điều kiện , 0;2x y

Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được :

2 2 0 2 2 ( ) ( )x y y x x x y y f x f y

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

( ) ( ) .f x f y x y

Thay x y vào phương trình 2 2x y ta được 2 2 0x x x hoặc 2.x

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 46 2 2x x

Phương trình này không thể giải quyết được bằng phép biến đổi tương đương.

Dùng ẩn phụ 4 6u x và 4 2v x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại một với cách

giải “quen thuộc”.

Nghiệm của phương trình là 2x và 6.x

Dạng tổng quát của bài toán này là ( ) ( ) .n na f x b f x c

Ví dụ 9. Giải phương trình 3 31 2 2 1x x

Phương trình này không thể giải quyết được bằng phép biến đổi trực tiếp.

Dùng ẩn phụ 3 2 1u x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”.

Nghiệm của phương trình là 1 5

2x và 1.x

Dạng tổng quát của bài toán này là .n nx b a ax b

Ví dụ 10. Giải phương trình 9 9 x x

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

Dùng ẩn phụ 9u x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”.


.2

x

Dạng tổng quát của bài toán này là .x a a x

Ví dụ 11. Giải phương trình 33 9 ( 3) 6x x

Nếu dùng phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến phương trình rất phức tạp.

Dùng ẩn phụ 33 9u x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen

thuộc”.

Nghiệm của phương trình là 1.x

Dạng tổng quát của bài toán này là ( )nn ax b c dx e x trong đó d ac và .e bc Ta

sử dụng ẩn phụ .ndu e ax b

Ví dụ 12. Giải phương trình 3

77 2log (6 1) 1x x

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

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

Nghiệm của phương trình là 0x và 1.x

Dạng tổng quát của bài toán này là 1 1

2 2log ( ) .x

aa p x qx r

Ví dụ 13. Giải phương trình 2 21 2(1 2 )x x

Dùng ẩn phụ 21 2u x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai.


,4

x 1

2x và 1.x

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

Phần IV.

BÀI TẬP BỔ SUNG

1)

0x500yxy

0y2000xyx

23

23

2)

32

32

32

x64z48z12

z64y48y12

y64x48x12

3)

2001519

2001519

2001519

yy1890xz

xx1890zy

zz1890yx

4)

xxx1z2

zzz1y2

yyy1x2

23

23

23

5)

2xz2zz

2zy2yy

2yx2xx

245

245

245

Tìm nghiệm dƣơng của phƣơng trình

6)

08y12y6z

08z12z6x

08x12x6y

23

23

23

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

2myx

256yx

88

8

8)

1zx21zz

1yz21yy

1xy21xx

32

32

32

9)

2xy

2yx

3

3

Tổng quát: Nk2xy

2yx

3k6

3k6

10) 8x32x3x2 32

11)

027z27z9x

027y27y9z

027x27x9y

23

23

23

12)

2004x4z

x30

2004z4y

z30

2004y4x

y30

2

2

2

13

08z12z6x

08y12y6z

08x12x6y

23

23

23

14)

xxzz2

zzyy2

yyxx2

2

2

2

15 22

22

x1x21y

y1y21x

16)

21214.30y2001x

21212001y4.30x

Documents

Chuyen de: He pt doi xung