Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd

Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014
Tuyển tập 20 hệ phương trình Ôn thi ĐẠI HỌC 2015 – by Nguyễn Thế Duy
Bài 1. Giải hệ phương trình :
 
 
2 2 2
2 3 3
1 1 3 9 3
3 1 5 4 3 7 0
xy x y y
x x y xy x x y x
     

       
Điều kiện :
2
5x y xy 
Lời giải
Xử lý phương trình một cho ta dạng hàm số như sau. Với 0y  chúng ta có :
   2 2 2 2 2 2 2
2 2
3 3 3 3
1 1 3 9 3 1 1 9 1 9xy x y y x x y x x x y
y y y y
                
Mà muốn để xuất hiện hàm số dạng   2
1f t t t t   nên ta cũng phải đưa VP về dạng đó là :
2
3 3 3
1
y y y
 
  
 
nhưng để có được
điều này tức là cần phải đưa
1
y
vào trong căn thức. Do vậy cần phải chứng minh y luôn dương như sau :
2
9 0y y y y y y        suy ra từ phương trình một có 0x  dựa vào điều kiện :
2
5 0x y xy y    . Nên đến đây
thoải mái xét hàm số  f t là hàm số đồng biến trên TXĐ suy ra 3xy  . Thế xuống phương trình hai thì :
       
     
3 2 2
2
2 2
3 1 3 2 4 9 7 3 1 3 2 3 1 4 3 2
3 2 3 1
4 3 2 3 1 0 3 2 4 0
3 2 3 2
x x x x x x x x x x x x
x x x
x x x x x x x
x x x x
            
   
           
    
Mặt khác với điều kiện : 3 2 0x   thì
3 1
4 0
3 2
x
x
x x

 
 
do đó
2
3
1
3 2 0 3
2
2
y
x
x x
x y

       

.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm đó là :    
3
; 1;3 , 2;
2
x y
 
  
 
.
   
 
32 2 2 2
2 2 3
2
76 20 2 4 8 1
x x y x x y
x y x x

   

    
Điều kiện :
2
0x y 
Lời giải
Phương trình một của hệ phương trình ta sẽ dễ dàng đưa về dạng đẳng cấp như sau :
       
   
3 32 2 2 2 3 2 2
2 3
3 2 2 2 2 2
2 2 0
2 0
x x y x x y x x x y x y
x x x y x y x x y y x x
         
           
Thế
2 2
y x x  xuống phương trình hai chúng ta có :  2 2 23396 20 2 4 8 1 96 20 2 32 4x x x x x x x x        
Áp dụng bất đẳng thức Cosi suy ra :
     
22 2 2 232 1.1. 32 4 32 4 2 2 96 20 2 32 4 2 16 2 0x x x x x x x x x            
Do đó  
 
2
2
32 4 1 1 7
2
8 816 2 0
x x
pt x y
x
   
    
 
. Vậy  
1 7
; ;
8 8
x y
 
  
 
là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

   
2
3 3
1 1 4 3
5 1 2 4
x y x y x y
x y x
       

    
Điều kiện : 3
0
5 1
x y
x
 


Lời giải
Ở phương trình đầu thực chất tác giả đã làm phức tạp nó bằng cách đặt t x y  của phương trình :
2
1 1 4 3t t t    và
phương trình này thì không quá khó khăn để phát hiện ra nhân tử như sau :
    2 1
1 1 4 3 3 1 2 1 2 1 0 2 1 2 1 0
3 1
t t t t t t t t t
t t
 
                
  
Còn cái phương trình còn lại dường như đã quá quen thuộc khi dựa vào điều kiện chứng minh được nó luôn dương. Với
2 1 2 1 2t y x    thay xuống phương trình hai chúng ta có :
3 3
5 1 1 2 4 0x x x      . Dễ dàng ta nhẩm được nghiệm
1x  và một điều nữa   3 3
5 1 1 2 4f x x x x      luôn đồng biến trên TXĐ là vì
 
 
2
23 3
15 2
' 1 0
2 5 1 3 1 2
x
f x
x x
   
 
do đó  
1
; 1;
2
x y
 
  
 
là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
   
2
1 2
3 3 2
2 1 2 2 1
x yx
x y x y
x y y x
 
  
    
Điều kiện :
0
0
x
y



Lời giải
Phương trình một nhìn khá rắc rối, ta cứ hãy quy đồng và nhân chéo xem được gì không.
 
2
22 2
2 2
4 2 2 2 4 2 2
22 2
2
1 2 2
2 3 3
3 3 2 3 2
4 4 3 3 4 3 0
4 3 1 0 2 4
x y x yx x y
x y x y xy y
x y x y xy x y
x x y y x y xy y x x y y xy y
x x x
x y y x
y y y
 
       
 
         
 
         
 
Từ đó thế xuống phương trình hai được :
       
332
2 1 4 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1
1 5 3 5
2 2 1
4 3
x x x x x x x x
x x x y
         
 
      
Nhìn chung là dạng hàm số   3
f t t t  ở trên là các bạn đã được phản xạ nhiều và có thể làm được ngay khi gặp nó. Do đó
 
1 5 3 5
; ;
4 2
x y
  
  
 
là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
 
2 2 2
3
2 1 2
3
1 2 4
x
x x y
y
x
y x y
y

   


    

Điều kiện :
 3 0
0
x y y
y
 


Lời giải

Dường như bài này có kiểu ý tưởng như bài 19 ta đã nói đó là có sự cô lập giữa các ẩn phụ. Trước hết đó là
3x
a
y
 và sau nếu phương
trình hai ta chia cho
2
y thì xuất hiện ẩn phụ
1
b
y
 nên hệ đã cho trở thành :
 
2 2
2 3 1 2 1
3 1 2 4 1
a b a a
a a b
    

   
Và hệ phương trình này thì cộng vế với vế của từng phương trình chúng ta có :
   
2 1 2 1
2 1 3 1 2 2 1
12 3 1
a b a b
a b a a a b
aa a
   
           
Với 1a x y   thế nên phương trình một dễ dàng tìm được 4x y 
Với 1 2 2a b x y     khi đó phương trình một trở thành :
26
2 3 4
0
y
y y
xy

    

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm đó là      ; 0;2 , 4;4x y  .
2 2
2 2
3 7 24 3
4 7 24 3
x x y
x y y
     

   
Điều kiện :
2
7x 
Lời giải
Một bài toán với ý tưởng khá mới mẻ. Và hướng đi như sau :
Hệ phương trình đã cho được viết lại thành :
2
2
7 1 0
24 4 4 0
x x y
y x y
     

    
 
 
  
  
 
 
22
22
7
1 0 1
7 1 1 2 1 7 0 2 1
31 2 2 3 024 4 4 1 0 2
2 2
y
x x y y x y x y
x x yy x y x
x y

               
    
           
  
Lấy    
7 6
1 2. 2 : 2 3 0
2 1 2 2
pt pt x y
x y x y
     
   
, đặt 2 2t x y   thì phương trình trở thành :
3
3 3
3 3
3
3 3
7 3 6
1 0
7 6 1 6 6
1 0 6 2 2 6
31 6 61 0
6 1 6
y x
t t x y
t t
x y
 
     
            
       
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất đó là  
3 3
3 3
3 6 6 6
; ;
6 1 6
x y
  
  
 
.
    
 
2
2
2 1 1
1
4 1 8 4 4 3 1
x
x y x y
x
x y x x x x

     
      
Điều kiện :
1
1
x
y
 

 
Lời giải
Phương trình một của hệ đã cho được viết lại thành :

    
 
 
 
      
2
2
33 2 3
2 1 1 2 1
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
x x x
x y x y y y
x x x x
x x x x x
y y y y x x y
x x x x
         
   
   
               
    
Đoạn xét hàm số ta sẽ không nói ở đây nữa bởi nó đã quá quen thuộc. Với   1 1x x y   thế xuống  2pt ta có :
   
22 2
22 24 4 8 2
8 4 4 3 1 4 4 4 1 2 2 1
11 1 1
x x x x
x x x x x x x
xx x x
 
                  
Ở phương trình cuối sẽ thu được một số nghiệm đẹp và nghiệm lẻ là do phương trình bậc ba cần xử lý bằng phương pháp Carcado đã có
công thức nghiệm tổng quát. Bạn đọc tự tìm hiểu.
 
  
3 1 4 2 1 1 3
2 4 6 3
x x y y
x y x y x y
      

     
Điều kiện :
3 1
1
x
y



Lời giải
Ý tưởng của bài toán này khá rõ ràng đó là phân tích nhân tử ở phương trình hai. Thường thì có dạng :    , . , 0f x y g x y  điều này có
được là do ta sẽ đi nhóm nhân tử hoặc xét đenta với ẩn x hoặc ẩn y. Và công việc xét đenta sẽ được cho là tối ưu hơn cả bởi lẽ nếu ta
không nhìn thấy nhân tử chung thì sẽ rất khó nhóm.
  
       
 
2 2
2 22 2 2 2
2 4 6 3 2 6 3 4 0
2 6 3 4 6 4 2 6 8 9 12 4 3 2
6 3 2
2 4
4
6 3 2
1
4
x
x y x y x y x xy y x y
x y x y y y y y y y y
y y
x x y
y y
x y ptvn
            
                  
   
   
 
       

Với 2 4y x  thế vào phương trình một chúng ta có :
   
   
3 1 4 2 1 2 3 3 2 4 3 1 2 8 2 3
4 1
2 4 0 4 2 0 4
3 1 2 3 3 1 2 3
x x x x x x x
x
x x x
x x x x
            
  
          
      
Phương trình còn lại vô nghiệm bởi nó luôn dương. Do đó    ; 4;12x y  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
3 3 2
2
3 2 3 6 2
1 1 2
y x y x x
x y y
      

    
Điều kiện :
1 1
0 2
x
y
  

 
Lời giải
Phương trình một của hệ đã cho được viết lại thành :    
33 3 2 3
3 2 3 6 2 3 1 3 1y x y x x y y x x           
Đến đấy thì có thể nhiều bạn nghĩ đến hàm số. Nhưng đó chỉ là cách thuận tiện nhất chứ không phải duy nhất và nhược điểm đó là hạn chế
đi tư duy của học sinh. Tại sao không nghĩ đến chuyện đặt ẩn phụ , đó là :
  3 3 2 21
3 3 3 0
a x
a a b b a b a ab b
b y
 
         

Và tất nhiên cái phương trình còn lại vô nghiệm bởi bình phương thiếu thì luôn dương. Với 1y x  thế xuống  2pt thì :

 
   
2 2
2
1 1 1 1 2 1 2 2 1 1
1 1 2 1 1 1 1 2 0 1
x x x x x x
x x x x x x x y
            
                
Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm    ; 0;1x y  .
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1
2
x x x y y y
x y x y
      


   

Điều kiện : ,x y R
Lời giải
Đây chính là câu hệ phương trình khối A.2012 , câu mà năm mình lên lớp 12 thi xong là lên mạng lấy đề luôn giải thử và chưa biết sử
dụng hàm số giải hệ phương trình nên mình giải bằng cách thuần túy lớp 10 đó là đặt
a x
b y


 
khi đó ta có
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1
2
a a a b b b
a b a b
       


   

. Đến đây rõ ràng là hệ phương trình đối xứng tuy nhiên nó chỉ phức tạp hơn một chút , ta sẽ
giải như sau :      
2 1
2 2
2
pt a b a b ab      và phương trình một được viết lại thành :
       
       
23 3
2 2
1 3 6 9 22 0
3 3 6 9 22 0
pt a b a b ab a b
a b a b ab a b ab a b
        
           
 
Đặt
u a b
v ab
 


ta sẽ lại được hệ mới như sau :
2
3 2
2 2 4 1
3 3 6 9 22
u u v
u uv u v u
   

     
đến đây ta sẽ đi sử dụng phương pháp thế
2
4 2 2 1v u u   , dễ dàng tìm được :   2 2
2 2 2 41 0 2
4 3
a b
u u u u
ab
 
       

nên dễ dàng suy ra được tập nghiệm
của hệ phương trình đó là :  
3 1 1 3
; ; , ;
2 2 2 2
x y
    
    
   
. Còn bài này BỘ GD – ĐT giải theo hướng hàm số. Các bạn có thể tham khảo
đáp án. Thậm chí bài hệ này có thể dùng phương pháp “ lượng giác hóa “.
   2
2 2
4 1 3 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x
     

   
Điều kiện :
3 4
5 2
x
y



Lời giải
Đây là câu hệ khối A.2010. Trên mạng đã xuất hiện nhiều lời giải , vấn đề ở đây không ở  1pt mà nằm ở  2pt , ở thời điểm đấy thì
đây là một câu hệ khó. Nhưng mình sẽ phân tích hướng nhìn từ phương trình một như thế nào. Trước hết quan sát thì khó có thể cho ta
được gì ở phương trình hai cả. Nên ta mong muốn thu hoạch được điều gì đó ở phương trình đầu. Phương trình đầu chứa căn thức nên ta
muốn làm đơn giản hóa nó bằng cách dùng ẩn phụ. Nên đặt
2
5
5 2 0
2
z
z y y

     ở đâu có y và căn thì ta sẽ thế vào phương
trình một được :
 
2
33 3 3 35
4 3 0 8 2 2 2
2
z
x x z x x z z x x z z
 
            
 

Đến đây thì quá tuyệt vời rồi , một là sử dụng hàm số đơn điệu hai đó là cách đặt ẩn phụ mà mình nêu ở các bài trước đó. Vấn đề ở đây là
khi đã biết 2 5 2x y  thì ta sẽ làm tiếp như thế nào. Nếu thế x xuống thì lại xuất hiện căn chồng căn , do đó ta sẽ đi thế y với
2
5 4
2
x
y

 thay xuống phương trình hai chúng ta có :
2
2 2 5
4 2 2 3 4 7
2
x x x
 
     
 
Phương trình này mũ khá là to. Tận mũ 8 nhưng không khó để chúng ta nhẩm được nghiệm
1
2
x  nhưng nó có phải nghiệm duy nhất hay
không thì chưa biết. Đây là lần đầu một dạng hệ khó được đưa vào đó là “ khi có nhân tử ở một phương trình thì phương trình còn lại có
nghiệm duy nhất “.
Vậy tới đây xét hàm số :  
2
2 2 5
4 2 2 3 4 7
2
f x x x x
 
      
 
, ta có :
   2 25 4 4 4
' 8 8 2 4 4 3 0 0;
2 33 4 3 4
f x x x x x x x
x x
   
            
    
Do đó  f x là hàm số nghịch biến trên
4
0;
3
 
 
 
mà
1 1
0
2 2
f x
 
   
 
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất đó là :  
1
; ;2
2
x y
 
  
 
.
2 2 2
6 2 2 6
6 2 1 4 6 1
x x y x xy xy y
x x xy xy x
     

    
Điều kiện : 6 2 1x xy 
Lời giải
Thực ra bài trên mình chế với ý tưởng bài gốc đó là :
  2 2
1 1 1
6 2 1 4 6 1
x x y y
x x xy xy x
     

     
bởi lẽ ý tưởng ở phương trình đầu đã quen
thuộc nên không muốn giới thiệu nữa. Quan sát hệ này thì rõ ràng sẽ phân tích nhân tử ở phương trình một rồi nhưng ý đồ ở bài toán cũng
đã khá lộ rõ bởi ta sẽ nhóm được các hệ số như 2 với 2 ; 6 với 6 và 1 với 1. Và thử đi theo hướng này xem ta được gì :
   
  
2 2 2
6 2 2 6 6 2 0
6 2 1 0
6 2 1 0
x x y x xy xy y x x y xy x y x y
x y
x y x xy
x xy
           
 
         
Hoặc là kiểu phân tích mà mình đã phân tích ở các bài trước đó là : chọn các giá trị bất kỳ của y để tìm x như sau : chọn
0 0; 1 1; 2 2y x y x y x           , điều đó chứng tỏ      1 . 0pt x y f x   đến đây có thể dùng phép chia
đa thức để phân tích nhân tử của bài toán.
Với x y  thế xuống phương trình hai chúng ta có :
2 2
2 2 2 2
2
2 6 1 325
2 6 1 4 6 1 2 6 1
2 4 2 6 1 2
x x xx
x x x x x x x x
x x x
    
            
      
Hai phương trình cuối dễ dàng giải được bằng phương pháp bình phương hai vế cho ta hai cặp nghiệm đó là :
   
3 11 3 11
; 1; 1 , ;
2 2
x y
   
   
 
. Còn với 6 2 1 0x xy   thế xuống phương trình hai chúng ta có hệ phương trình :
1
6 2 1 0 2 6 1
6
4 6 1 0 4 6 1
0
x xy xy x x
xy x xy x
y

       
   
        

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm đó là    
1 3 11 3 11
; 1; 1 , ;0 , ;
6 2 2
x y
     
    
   
.
2 3
5 4 2.3
2 11 21 3 4 4 0
x y x y x y
x y y
  
  

    
Lời giải
Nhận xét ở phương trình một là phương trình mũ có ẩn t x y  khi đó phương trình trở thành : 5 4 2.3t t t
  và không khó để chúng
ta nhẩm được nghiệm 0t  . Và để giải quyết nó không gì khác ngoài phương pháp hàm số như sau :
5 4
5 4 2.3 2 0 0
3 3
t t
t t t
t
   
          
   
Sở dĩ phương trình có nghiệm duy nhất là do hàm số  
5 4
2
3 3
t t
f t
   
     
   
là hàm số đồng biến trên R. Với x y  ta có
2 23 3
2 11 21 3 4 4 0 2 11 21 3 4 4x x x x x x         
Phương trình trên có nghiệm duy nhất 4x  nên ta sẽ xử lý như sau :
 
 
33
22 2
3 8.8. 4 4 4 4 8 8 4 12 3 4 4 3
2 11 21 3 2 12 18 0 3 0 3
x x x x x
x x x x x x x
          
             
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 3; 3x y   .
   
 
3 2 2
2 2 2
4 1 2 1 6
2 2 4 1 1
x y x x
x y y x x
    


    

Điều kiện :
0x
y R



Lời giải
Đây là loại hệ phương trình mà học sinh luôn thích thú khi làm nó. Ở phương trình một cho chúng ta 0x  nên tự tin xét hàm số ở
phương trình hai như sau :    
2
22 2 2 1 1 1
2 2 4 1 1 2 2 2 1 1x y y x x y y y
x x x
 
           
 
. Nhiều bạn đến đây
sẽ hỏi liệu cách hàm số ra có thể giải bằng ẩn phụ được không. Tất nhiên là có nhưng đánh giá với căn thức không hề đơn giản chút nào cả.
Chúng ta nên lựa chọn từng phương pháp sao cho thuận tiện nhất. Thì ở đây ta sẽ xét hàm số   2
1f t t t t   có đạo hàm
 
2
2
2
' 1 1 0
1
t
f t t
t
    

suy ra  f t là hàm đồng biến trên TXĐ. Do đó ta sẽ có được : 2 1xy  và thế xuống phương
trình hai thì :
   3 2 3 2 3 2
4 2 1 6 2 1 6 0 1x y x x x x x x x x           
Rõ ràng là nó có nghiệm duy nhất 1x  do hàm số    3 2
2 1 6g x x x x x     đồng biến trên  0; oo .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  
1
; 1;
2
x y
 
  
 
.
2 2
2 3 4 6 5
2 3 4 1 6
x y y x x y
x y
        

   
Điều kiện :
2
1
3
4
x
y



 
Lời giải

Phân tích nhân tử phương trình đầu. Như đã nói bằng cách đặt ẩn phụ
2
2
2 0 2
33 0
a x x a
y bb y
      
 
     
ta sẽ đi làm đơn giản hóa
phương trình một. Ở đâu có x thay bằng
2
2a  tương tự với y ta sẽ có :
     
    
4 4 2 2
2 2
0
1 0
a b b a a b a b a b a b
a b a b a b a b
         
         
Phương trình còn lại vô nghiệm bởi ,a b đều dương. Với a b tức 2 3 5x y y x      thế xuống  2pt ta có :
2 3 21 4 6x x    . Nói chung đây là phương trình hết sức căn bản và không khó để tìm được 2x  là nghiệm của phương
trình. Do vậy    ; 2;3x y  là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
3 2 3 2
2
9 26 18 6 11
5 4 7 2 1 4 4 0
x x x y y y
x x y x y
      

        
Điều kiện : 2
1 ; 4
4 7
x y
x y
 

 
Lời giải
Phương trình một có dạng đa thức bậc 3. Thường thi ta sẽ nghĩ tới hai dạng đó là : đẳng cấp bậc ba hoặc đưa về hàm đại diện. Nhưng trong
bài toán này đưa về đẳng cấp bậc ba là không thể. Lại tiếp tục với phép toán cho y x thì ở đây với các giá trị của y bất kỳ thì ta luôn
có : 1y x  và hướng đi của ta đã là đi xét hàm số rồi nên mục đích không gì khác là đưa về dạng    1f x f y  . Đến đây ý
tưởng đã lộ rõ vì ở bên VP phương trình một đã tồn tại biến y độc lập nên ta mong muốn đưa biến 1x  về dạng hàm số
  3 2
6 11g y y y y   . Và đúng thật là như vậy vì :
     
33 2 3 2
9 26 18 1 6 1 11 1 6 11x x x x x x y y y           
Đến đây thì ta sẽ có được 1y x  vì người ta luôn cho hàm số   3 2
6 11f t t t t   đồng biến với mọi 0t  . Khi đó thế xuống
phương trình hai chúng ta có :
2
2
2
6 22 6 22
5 4 3 2 1 4 3
1 2 35 4 3
3 11 11 14
3 31 2 3 5 4 3
x x
x x x x x
x xx x x
x
x y
x x x x x
  
         
     

    
        
Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm đó là :  
11 14
; ;
3 3
x y
 
  
 
.
 
 
2 2
2
5
8 4 13
1
2 1
x y xy
x y
x
x y

    

  
 
Điều kiện : 0x y 
Lời giải
Đây là một bài toán ẩn phụ khá sáng tạo , hệ đã cho trở thành :
 
 
 
2 2
2
5
5 3 13
1
1
x y x y
x y
x y x y
x y

     

     
 

Đặt  
 
22
2
1 5
5 10 5t x y t x y
x y x y
       
 
và u x y  khi đó ta có hệ phương trình :
 
2 2
22
1
15 3 23 2
1 5 3 1 23 5
4
u t
u tt u t
t u t t
t
 
                 

Với 2 1t u   ta có hệ phương trình :
1
2 0
1
1
x y x
x y
y
x y

   
  
   
Với
5 9
4 4
t u

   ta có hệ phương trình :
1 5
4
9
4
x y
x y
x y

   

  

suy ra hệ phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm    ; 0;1x y  .
 
   
2 2 3
22 2
5 4 3 2 0
2
x y y x y x y
xy x y x y
     

   
Lời giải
Bài này khá là nhẹ nhàng vì ta có thể phát hiện ra nhân tử một cách dễ dàng ở phương trình hai như sau :
     
    
22 2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2
1
1 2 1
2
xy x y x y xy x y x y xy
xy
x y xy xy
x y
         

      
 
Với 1xy  ta có hệ phương trình : 3
1
2 3 0
xy
x y y


  
suy ra hệ phương trình vô nghiệm.
Với
2 2
2x y  ta có hệ phương trình :
    
2 2
2 22 2
2 2 3 2 22 2 3
2
22
5 4 35 4 3 2
2
x y
x yx y
x y
x y y x y x y x yx y y x y x y
x y
  
      
    
           
Vậy nên hệ phương trình đã cho có nghiệm là :      
2 2 2 2 2 2
; 1;1 , 1; 1 , ; , ;
5 5 5 5
x y
    
      
   
.
 
 
3
2 2 2
3 5 2
2 16 3 2 2 4
y y x x
x y y x x
    


    
Điều kiện :
2x
y R
 


Lời giải
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với :  
3
3
2
0
3 2 3 2
2
y
y y x x
y x

      
 
Với 2y x  thay vào phương trình thứ hai của hệ chúng ta có :

       
      
  
2 2 2 2
2 2
2 2
2
2
2 16 6 2 3 2 2 4 2 6 4 3 2 2 4
2 2 4 2 2 3 2 2 4
2 4 2 2 2 2 4 2 0
2
2 4 2 2 0 3 13
2 4 4 8
x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x
x x x x
x x x
             
        
         
 
         
   
Do đó hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là :      ; 3 13; 5 13 , 3 13; 5 13x y      .
 
 
2 2 6 3 3
2 2 6 3 3
1
8 2
2
1
2 2
2
xy xy x x y
x y xy y x y

    

      

Điều kiện :  2 2
8 2 0xy xy  
Lời giải
Một bài toán khá là cồng kềnh như mình đã nói thường những thứ gì phức tạp luôn đưa về những cái đơn giản. Bài này cũng thế. Sử dụng
đánh giá bất đẳng thức ta sẽ giải quyết nhanh gọn bài này.
         
     
2 222 3 3
2 222 3 3
1 2 9 1 4 1
9 1 4 1
pt pt xy x y x y
xy x y x y
         
        
Ta có :    
2 22 2
9 1 9 9 1 3xy xy       và    
22 3 3
4 1 2 0 1 3x y x y        
Do đó dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi
     
2 222 3 3
19 1 4 1 3
1
xxy x y x y
yx y
          
 
  
Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm đó là    ; 1;1x y   .
P/s : Đây cũng như bao tài liệu khác , có giải có một chút phân tích hướng đi và rõ ràng là việc sai sót không hề tránh
khỏi. nếu có sai thì mong bạn đọc tự khắc phục giúp mình nhé. Còn về 20 câu hệ phương trình ở trên thì chuyên môn
mình còn hạn hẹp nên nghĩ gì là viết như thế và tất nhiên các bài toán có nhiều lời giải khác nhau , các lời giải trên là
hoàn toàn do mình nhận đề và giải ra. Hi vọng mọi người có được một tài liệu hữu ích trong mùa hè này. Xin cám ơn.
Nguyễn Thế Duy

Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (15)

Viewers also liked

Viewers also liked (18)

Similar to Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd

Similar to Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd (20)

More from Thiên Đường Tình Yêu

More from Thiên Đường Tình Yêu (20)

Tuyen tap 20 he phuong trinh ntd