(loại)
MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I- Hệ đối xứng loại I
II- Hệ đối xứng loại II
III- Hệ đẳng cấp ( hệ thuần nhất)
IV- Hệ khác
Trong các đề thi đại học những năm gần đây , ta gặp rất nhiều bài toán về hệ phương trình . Nhằm giúp các
bạn ôn thi tốt , bài viết này tôi xin giới thiệu một số dạng bài và kĩ năng giải chúng
I.HỆ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.
Đặc điểm chung của dạng hệ này là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích
nhằm đưa một PT trong hệ về dạng đơn giản ( có thể rút theo y hoặc ngược lại ) rồi thế vào PT còn lại trong
hệ .
*Loại thứ nhất , trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y khi đó ta tìm cách rút y theo x hoặc
ngược lại
Ví dụ 1 . Giải hệ phương trình
( ) ( ) ( )
( )
2 2
2
x y 1 x y 1 3x 4x 1 1
xy x 1 x 2

+ + + = − +


+ + =


Giải.
Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn PT(2) nên từ (2) ta có :
2



= −

Từ đó , ta được các nghiệm của hệ là : (1;-1) , (-2;
5
2
−
)
*Loại thứ hai , Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn
Ví dụ 2 . Giải hệ phương trình
( )
( )
2 2
xy x y x 2y 1
x 2y y x 1 2x 2y 2

+ + = −


− − = −


Giải .
Điều kiện : x≥1 ; y≥0
PT (1)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
x xy 2y x y 0 x y x 2y x y 0
⇔ − − − + = ⇔ + − − + =

y 4x 8 y 5x 16x 16 0
− + − + + =
Coi PT (2) là phương trình ẩn y tham số x ta có
2
' 9x
∆ =
từ đó ta được nghiệm
( )
( )
y 5x 4 3
y 4 x 4
= +


= −


Thay (3) vào (1) ta được :
( ) ( ) ( )
2
4
x y 0
5x 4 5x 4 4 x
5
x 0 y 4

= − ⇒ =

+ = + − ⇔


2
2
x 1 y y x 4y 1
x 1 y x 2 y 2

+ + + =


+ + − =


Giải .
Dễ thấy y=0 không thỏa mãn PT(1) nên HPT
( )
2
2
x 1
y x 4
y
x 1
y x 2 1
y

+
+ + =


⇔

 

Hệ này bạn đọc có thể giải dễ dàng.
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình
( )
( )
2 2
2
3
4xy 4 x y 7
x y
1
2x 3
x y

+ + + =

+



+ =

+

Giải . Điều kiện : x +y ≠0
HPT
( ) ( )
( )
2 2
2
3

a b 3 2

+ =


+ =


2
Giải hệ ta được a=2 , b=1 ( do |a|≥2 ) từ đó ta có hệ
1
x y 2
x y 1 x 1
x y
x y 1 y 0
x y 1

+ + =
+ = =
 

+
⇔ ⇔
  
− = =
 

− =

III.HỆ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

2
f ' t 3t 5 0; t 1;1= − < ∀ ∈ −
do đó f(t) nghịch biến trên
khoảng (-1;1) hay PT (1)
x y
⇔ =
thay vào PT (2) ta được PT :
8 4
x x 1 0+ − =
Đặt a=x
4
≥0 và giải phương trình ta được
4
1 5 1 5
a y x
2 2
− + − +
= ⇒ = = ±
*loại thứ hai , là dạng hệ đối xứng loại hai mà khi giải thường dẫn đến cả hai trường hợp (1) và (2)
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình
2 y 1
2 x 1
x x 2x 2 3 1
y y 2y 2 3 1
−
−

+ − + = +



f t t t 1 3 ;f ' t 3 ln3
t 1
+ +
= + + + = +
+
Vì
( )
2 2 2
t 1 t t t 1 t 0 f ' t 0, t+ > ≥ − ⇒ + + > ⇒ > ∀
do đó hàm số f(t) đồng biến trên R
Nên PT (3)
a b⇔ =
thay vào PT (1) ta được
2 a
a a 1 3+ + =
(4)
Theo nhận xét trên thì
2
a a 1 0+ + >
nên PT (4)
(
)
2
ln a a 1 a ln 3 0⇔ + + − =
( lấy ln hai vế )
Xét hàm số
( )
(
)
( )



+ = +

− +

Giải.
Cộng vế với vế hai PT ta được
2 2
3 2 2
3
2xy 2xy
x y
x 2x 9 y 2y 9
+ = +
− + − +
(1)
Ta có :
( )
2
3 2
3
3 32 2
2 xy 2 xy
2xy
x 2x 9 x 1 8 2 xy
2
x 2x 9 x 2x 9
− + = − + ≥ ⇒ ≤ ≤ =
− + − +



Giải.
HPT
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
3
2
3
y 2 x 3x 2
y 2 x 1 x 2 1
x 2 2 y 3y 2
x 2 2 y 1 y 2 2


− = − − −
− = − + −
 
⇔ ⇔
 
− = − −
− = + −
 


Nếu x>2 từ (1) suy ra y-2<0 diều này mâu thuẫn với PT(2) có (x-2) và (y-2) cùng dấu
Tương tự với x<2 ta cũng suy ra điều vô lí . Vậy nghiệm của hệ là x=y=2

 
+ − − =
− =



+ − − = +

+ =


+ − − − + =
+ + + + =


0





3 2
2 2
2 2
x
2 2 2
2
3 2
y
2

− + =
−


+ + − + =

= −

−





4