Chuyên đề ôn thi Đại học - Hệ phương trình đại số

Chuyên đề: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ NHỮNG NỘI DUNG CƠ BẢN I. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Phần 1- Định nghĩa chung: Dựa vào lý thuyết đa thức đối xứng. - Phương trình n ẩn x1, x2, ..., xn gọi là đối xứng với n ẩn nếu thay xi bởi xj; xj bởi xi thì phương trình không thay đổi. - Khi đó phương trình luôn được biểu diễn dưới dạng: x1 + x2 + ... + xn x1x2 + x1x3 + ... + x1xn + x2x1 + x2x3 + ... + xn-1xn ............................... x1x2 ... xn - Hệ phương trình đối xứng loại một là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng. - Để giải được hệ phương trình đối xứng loại 1 ta phải dùng định lý Viét. * Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn-1 +... an, a0 ≠ 0, ai Î P có nhgiệm trên P là c1, ..., cn thì: (Định lý Viét tổng quát) Phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 hai ẩn: A. LÝ THUUYẾT 1. Định lý Viét cho phương trình bậc 2: Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2 thì: Ngược lại, nếu 2 số x1, x2 có thì x1, x2 là nghệm của phương trình X2 - SX + P = 0. 2. Định nghĩa: , trong đó 3.Cách giải: Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và . Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng Viét đảo tìm x, y. Chú ý: + Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. + Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. + Có những hệ phương trình trở thành đối xứng loại 1 sau khi đặt ẩn phụ. 4. Bài tập: Loại 1: Giải hệ phương trình Ví dụ 1. Giải hệ phương trình . GIẢI Đặt , điều kiện . Hệ phương trình trở thành: . Ví dụ 2. Giải hệ phương trình . GIẢI Đặt , điều kiện Hệ phương trình trở thành: . Ví dụ 3. Giải hệ phương trình . GIẢI Điều kiện . Hệ phương trình tương đương với: Đặt ta có: . Ví dụ 4. Giải hệ phương trình . GIẢI Điều kiện . Đặt , ta có: và . Thế vào (1), ta được: Suy ra: . Loại 2: Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) 1 có nghiệm Phương pháp giải chung: + Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có). + Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và (*). + 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 của u, v. Ví dụ 1 (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: . GIẢI Điều kiện ta có: Đặt , Hệ phương trình trở thành: . Từ điều kiện ta có . Ví dụ 2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm thực. GIẢI . Đặt S = x + y, P = xy, Hệ phương trình trở thành: . Suy ra S và P là nghiệm của phương trình . Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm . Ví dụ 3. Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm. GIẢI Đặt hệ trở thành: . Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của (*). Hệ có nghiệm (*) có 2 nghiệm không âm. . Ví dụ 4. Tìm điều kiện m để hệ phương trình có nghiệm thực. GIẢI . Đặt . Hệ phương trình trở thành: (S = u + v, P = uv). Điều kiện. Loại 3: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ phương trình. Ví dụ. Giải phương trình: . GIẢI Đặt: . Vậy ta có hệ: Û Û u, v là hai nghiệm của phương trình: Þ Þ Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} = . B. BÀI TẬP I. Giải các hệ phương trình sau: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10) II. Gải hệ phương trình có tham số: . Tìm giá trị của m: a) có nghiệm. b) có nghiệm duy nhất. c) có đúng hai nghiệm. (1II) a. Giải hệ phương trình khi m = 5. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm. (7I) a Giải hệ phương trình khi m = 7/2. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm. (40II) a. Giải hệ phương trình khi m=2. b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) với x >0, y >0. III. Giải phương trình bằng cách đưa về hệ phương trình: 1. Giải phương trình: . 2. Tìm m để mỗi phương trình sau có nghiệm: a. b. c. Phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại 1 ba ẩn: (Đọc thêm) a. §Þnh nghÜa: Lµ hÖ ba Èn víi c¸c ph­¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng. b. §Þnh lý Vi-et cho ph­¬ng tr×nh bËc 3: Cho 3 sè x, y, z cã: Th× x, y, z ;µ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) ThËy vËy: (X - x)(X - y)(X - z) = 0 [ X2 - (x + y)X + xy ](X - z) = 0 X3 - X2z - X2(x + y) + (x + y)zX + xyX - xyz = 0 X3 - αX2 + βX - γ = 0. (*) cã nghiÖm lµ x, y, z Þ ph­¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 cã 3 nghiÖm lµ x, y, z. c.C¸ch gi¶i: + Do c¸c ph­¬ng tr×nh trong hÖ lµ ®èi xøng nªn ta lu«n viÕt ®­îc d­íi d¹ng α, β, γ Khi ®ã ta ®Æt Ta ®­îc hÖ cña α, β, γ. + Gi¶i ph­¬ng tr×nh X3 - αX2 + βX - γ = 0 (1) t×m ®­îc nghiÖm (x, y, z) cña hÖ. Chó ý: (1) cã nghiÖm duy nhÊt Þ hÖ v« nghiÖm. cã 1 nghiÖm kÐp duy nhÊt Þ hÖ cã nghiÖm. cã 2 nghiÖm : 1 nghiÖm kÐp, 1 nghiÖm ®¬n Þ hÖ cã 3 nghiÖm. (1) cã 3 ngiÖm Þ hÖ cã 6 nghiÖm. d. Bµi tËp: VD1: Gi¶i hÖ: Gi¶i: ¸p dông h»ng ®¼ng thøc ta cã: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx). x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz. VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx) Þ xy + yz + zx = -1. 8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz Þ xyz = -2. Þ x, y, z lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh:t3 - 2t2 - t + 2 = 0 Û VËy hÖ cã 6 cÆp nghiÖm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). VD2: Gi¶i hÖ Gi¶i: §K: x, y, z ≠ 0. Tõ (3) Û Do (2) Þ xyz = 27 VËy hÖ Û Do ®ã (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: X3 - 9X2 + 27X - 27 = 0 Û (X - 3)3 = 0 Û X = 3. VËy hÖ cã nghiÖm lµ (3; 3; 3). VD3: Gi¶i hÖ Gi¶i: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx) Þ xy + yz + zx = 0. x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz Þ xyz = 0. VËy cã: Þ (x; y; z) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: X3 - aX2 = 0 Þ VËy hÖ cã nghiÖm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chó ý: Cã nhiÒu vÊn ®Ò cÇn l­u ý khi gi¶i hÖ lo¹i nµy + Víi c¸ch gi¶i theo ®Þnh lý Vi-et tõ hÖ ta ph¶i ®­a ra ®­îc x + y + z; xy + yz + zx; xyz cã thÓ nã lµ hÖ qu¶ cña hÖ nªn khi t×m ®­îc nghiÖm nªn thö l¹i. + V× lµ hÖ ®èi xøng gi÷a c¸c Èn nªn trong nghiÖm cã Ýt nhÊt 2 cÆp nghiÖm cã cïng x, cïng y hoÆc cïng z nªn cã thÓ gi¶i hÖ theo ph­¬ng tr×nh céng, thÕ. VD: Gi¶i: Râ rµng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña hÖ Víi x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nh©n hai vÕ cña (3) víi xyz ta cã xy + yz + zx = xyz (4). Tõ (2) vµ (4) Þ xyz = 27 (5) Tõ (2) Þ x2(y + z) + xyz = 27x (6) Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0 x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0 (x - 3)3 = 0 Û x = 3 Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã: Þ y = z = 3. VËy hÖ cã nghiÖm lµ x = y = z = 3. II. Hệ phương trình đối xứng loại 2: 1. Hệ phương trình đối xứng loại 2 hai ẩn: A. Định ghĩa: Cách giải: Lấy (1) - (2) hoặc (2) - (1) ta được: (x-y)g(x,y)=0. Khi đó x-y=0 hoặc g(x,y)=0. + Trường hợp 1: x-y=0 kết hợp với phương trình (1) hoặc (2) suy ra được nghiệm. + Trường hợp 2: g(x,y)=0 kết hợp với phương trình (1) + (2) suy ra nghiệm (trong trường hợp này hệ phương trình mới trở về hệ đối xứng loại 1) và thông thường vô nghiệm. B. Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình (I) GIẢI Lấy (1) - (2) ta được: Trường hợp 1: (I) . Trường hợp 2: (I) (hệ này vô nghiệm) Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm: Ví dụ 2: Giải hệ phương trình GIẢI Đặt: Hệ phương trình trở thành (Do u, v ≥ 0) . Vậy hệ có nghiệm (1,1) Ví dụ 2: Cho hệ phương trình (I) a. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Giải (I) a) Hệ phương trình có nghiệm Û b) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất Û Û Û m = 1. Vậy m = 1. Ví dụ 3: Giải phương trình:. GIẢI Đặt Þ 2x - 1 = t3. Ta có hệ Û Û Û Þ Vậy phương trình có 3 nghiệm: 1; . C. Bài tập: 1.Giải các hệ phương trình sau: a. b. c. d. e. g. 2. Cho hệ phương trình. a. Giải hệ với m = 0. b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 3. Tìm m để hệ: có nghiệm duy nhất. 4. Giải các phương trình: a. . b. . 2. HÖ ph­¬ng tr×nh ®èi xøng lo¹i 2, 3 Èn: (§äc thªm) A. Dïng chñ yÕu lµ ph­¬ng ph¸p biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng b»ng phÐp céng vµ thÕ. Ngoµi ra sö dông sù ®Æc biÖt trong hÖ b»ng c¸ch ®¸nh gi¸ nghiÖm, hµm sè ®Ó gi¶i. B. VÝ dô: Gi¶i hÖ Gi¶ b»ng c¸ch céng (1), (2), (3) vµ lÊy (1) trõ ®i (2) ta cã hÖ ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi hÖ HÖ nµy ®­¬ng t­¬ng víi 4 hÖ sau: Gi¶i (I): (I) Û Û Û Û VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); () Lµm t­¬ng tù (II) cã nghiÖm ();() HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); () HÖ (IV) cã nghiÖm (0;1;0); (1;0;0). VËy hÖ ®· cho cã 8 nghiÖm kÓ trªn. VD2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: Gi¶i: HÖ Û Û Gi¶i c¸c hÖ b»ng ph­¬ng ph¸p thÕ ®­îc 5 nghiÖm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); . VD4: Gi¶i hÖ: Gi¶i: XÐt hai tr­êng hîp sau: TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau: Gi¶ sö x=y cã hÖ Tõ ®ã cã nghiÖm cña hÖ (x;y;z) lµ : T­¬ng tù y=z, z=x ta còng ®­îc nghiÖm nh­ trªn. TH2 : 3 sè x, y, z ®«i mét kh¸c nhau . Gi¶ sö x>y>z ,xÐt hµm sè f(t) = t2 trªn D = z , x>y>zÞf(x)>f(y)>f(z)Þy+1>z+1>x+1Þy>x>z(v« lý). z<y<xÞf(x)<f(y)<f(z)Þy+1<z+1<x+1Þy<z<x(v« lý). x>0>z>-1 Þf(-1)>f(z) Þ1>x+1Þx<0 (v« lý) VËy ®iÒu gi¶ sö lµ sai. TH2 v« nghiÖm. VD5: (V« ®Þch §øc) Gi¶i: TH1: Trong x, y, z Ýt nhÊt cã 2 nghiÖm sè b»ng nhau Gi¶ sö x = y ta cã hÖ Tõ (1) Þ x = 0, x = -1. x = 0. Thay vµo (2), (3) Þ z=0. x = -1. Thay vµo (2), (3) Þ v« lý VËy hÖ cã nghiÖm (0,0,0) NÕu y = z hay x = z còng chØ cã nghiÖm (0,0,0). TH2: 3 sè ®«i 1 kh¸c nhau. Tõ 2x + x2y = y thÊy nÕu x2 = 1 Þ ± 2 = 0 (v« lý) VËy x2 ≠ 1 Þ 2x + x2y = y Û Hai ph­¬ng tr×nh cßn l¹i t­¬ng tù ta cã hÖ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi: Gi¶ sö x > y > z (*). XÐt hµm sè: f(t) = x¸c ®Þnh trªn D = R\ {±1} f’(t) = víi mäi tÎD Þ hµm sè ®ång biÕn trªn D f(x) > f(y) > f(z) Þ y > z > x m©u thuÉn víi (*). VËy ®iÒu gi¶ sö sai. Do vai trß x, y, z nh­ nhau. VËy TH2 - hÖ v« nghiÖm VËy hÖ ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt lµ (0; 0; 0) C. Bµi tËp 1. 2. H­íng dÉn: §Æt . §­a vÒ gi¶i hÖ 3. 4. 5. III. Hệ phương trình đẳng cấp: 1. Dạng: , trong đó . 2. Cách giải: Đặt y = tx (x ≠ 0) hoặc x = ty (y ≠ 0). 3. Ví dụ: Giả hệ phương trình: GIẢI + Với x = 0: Hệ phương trình đã cho vô nghiệm. + Với x ≠ 0: Đặt y = tx. Hệ phương trình tương đương với . Lấy (1)¸(2) ta được: 15t2-13t+2=0Þ ; . Với : ta có , thay vào (*) ta được nghiệm (3;2), (-3;2). Với : ta có , thay vào (*) ta được nghiệm . 4. Bài tập: Giải các hệ phương trình sau: 1) 2) 3) IV. Một số hệ phương trình khác: Tổng hợp các kiến thức kết hợp với việc suy luận hợp lý để giải. . HD: Biến đổi phương trình Û (x + y)(x -2y -1) = 0. ĐS: x = 5; y = 2. . HD: Biến đổi hệ phương trình thành: . ĐS: x = -4; y = . . HD: Biến đổi hệ phương trình thành: . Đặt: . ĐS: . . HD: (1) Þ . ĐS: . HD: Tìm cách khử logarit để được: . ĐS: . HD: . ĐS: . HD: Đối xứng loại 2. ĐS: . HD: Tìm cách khử logarit để được: . ĐS: . HD: Đặt , bình phương hai vế phương trình thứ hai tìm được t=3. ĐS: . . Tìm m để hệ phương trình này có nghiệm thực. HD: Đặt , điều kiện . ĐS: . --------------------