Chuyên đề Hệ phương trình khác

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 ⎧⎧ ≤ ≤ + =< ≤ ⎪⎪⎪ ⎪∨⎨ ⎨⎪ ⎪= − − = − −⎪ ⎪⎩ ⎩