Cập nhật thông tin chi tiết về Chuyên Đề Hệ Phương Trình Đối Xứng Loại (Kiểu) I mới nhất trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
Trang 1 CHUYÊN ðỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ðỐI XỨNG LOẠI (KIỂU) I TÓM TẮT GIÁO KHOA VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN I. Hệ ñối xứng loại (kiểu) I có dạng tổng quát: f(x, y) = 0 g(x, y) = 0 , trong ñó f(x, y) = f(y, x) g(x, y) = g(y, x) Phương pháp giải chung: i) Bước 1: ðặt ñiều kiện (nếu có). ii) Bước 2: ðặt S = x + y, P = xy với ñiều 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 ñảo tìm x, y. Chú ý: i) Cần nhớ: x2 + y2 = S2 – 2P, x3 + y3 = S3 – 3SP. ii) ðôi khi ta phải ñặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv. iii) Có những hệ phương trình trở thành ñối xứng loại I sau khi ñặt ẩn phụ. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 2 3 3 x y xy 30 x y 35 + = + = . GIẢI ðặt S x y, P xy= + = , ñiều kiện 2S 4P≥ . Hệ phương trình trở thành: 2 2 30 PSP 30 S 90S(S 3P) 35 S S 35 S = = ⇔ − = − = 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 ðặt t y, S x t, P xt= − = + = , ñiều 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 = = = ⇔ ⇔ ⇔ = = = − . Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 1 x y 4 x y 1 1 x y 4 x y + + + = + + + = . GIẢI ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 2 ðiều kiện x 0, y 0≠ ≠ . Hệ phương trình tương ñương với: 2 2 1 1 x y 4 x y 1 1 x y 8 x y + + + = + + + = ðặt 2 1 1 1 1 S x y ,P x y ,S 4P x y x y = + + + = + + ≥ ta có: 2 1 1 x y 4 S 4 S 4 x y P 4 1 1S 2P 8 x y 4 x y + + + = = = ⇔ ⇔ =− = + + = 1 x 2 x 1x 1 y 1 y 2 y + = = ⇔ ⇔ = + = . Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 2 2x y 2xy 8 2 (1) x y 4 (2) + + = + = . GIẢI ðiều kiện x, y 0≥ . ðặt t xy 0= ≥ , ta có: 2xy t= và (2) x y 16 2t⇒ + = − . Thế vào (1), ta ñược: 2t 32t 128 8 t t 4− + = − ⇔ = Suy ra: xy 16 x 4 x y 8 y 4 = = ⇔ + = = . II. ðiều kiện tham số ñể hệ ñối xứng loại (kiểu) I có nghiệm Phương pháp giải chung: i) Bước 1: ðặt ñiều kiện (nếu có). ii) Bước 2: ðặt S = x + y, P = xy với ñiều 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 ñiều kiện (*) tìm m. Chú ý: Khi ta ñặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác ñiều kiện u, v. Ví dụ 1 (trích ñề thi ðH khối D – 2004). Tìm ñiều kiện m ñể hệ phương trình sau có nghiệm thực: x y 1 x x y y 1 3m + = + = − . GIẢI ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 3 ðiều kiện x, y 0≥ ta có: 3 3 x y 1 x y 1 x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m + = + = ⇔ + = − + = − ðặt 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 ñiều kiện 2S 0,P 0,S 4P≥ ≥ ≥ ta có 10 m 4 ≤ ≤ . Ví dụ 2. Tìm ñiều kiện m ñể 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 + + = + + = ⇔ + = −+ = − . ðặt 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 ñiều kiện ta suy ra hệ có nghiệm 2 2 3 4(m 3) 21 m m 3 2 3 (m 3) 12 4 ≥ − ⇔ ⇔ ≤ ∨ ≥ + − ≥ . Ví dụ 3. Tìm ñiều kiện m ñể hệ phương trình x 4 y 1 4 x y 3m − + − = + = có nghiệm. GIẢI ðặt u x 4 0, v y 1 0= − ≥ = − ≥ hệ trở thành: 2 2 u v 4u v 4 21 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 7 21 3m 3 0P 0 2 −∆ ≥ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤ − ≥≥ . ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 4 Ví dụ 4. Tìm ñiều kiện m ñể hệ phương trình 2 2x y 4x 4y 10 xy(x 4)(y 4) m + + + = + + = có nghiệm thực. 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 + + + = + + + = ⇔ + + = + + = . ðặt 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). ðiều kiện 2S 4P S 0 24 m 1 P 0 ≥ ≥ ⇔ − ≤ ≤ ≥ . BÀI TẬP Giải các hệ phương trình sau 1. 2 2 x y xy 5 x y xy 7 + + = + + = . ðáp số: x 1 x 2 y 2 y 1 = = ∨ = = . 2. 2 2x xy y 3 2x xy 2y 3 + + = + + = − . ðáp số: x 1 x 3 x 3 y 1 y 3 y 3 = − = = − ∨ ∨ = − = − = . 3. 3 3 x y 2xy 2 x y 8 + + = + = . ðáp số: x 2 x 0 y 0 y 2 = = ∨ = = . 4. 3 3x y 7 xy(x y) 2 − = − = . ðáp số: x 1 x 2 y 2 y 1 = − = ∨ = − = . 5. 2 2 x y 2xy 5 x y xy 7 − + = + + = . ðáp số: 1 37 1 37 x xx 2 x 1 4 4 y 1 y 2 1 37 1 37 y y 4 4 − + = = = = − ∨ ∨ ∨ = = − − − − + = = . 6. 2 2 2 2 1 (x y)(1 ) 5 xy 1 (x y )(1 ) 49 x y + + = + + = . ðáp số: x 1 x 17 3 5 7 3 5 x x 2 2 7 3 5 7 3 5 y yy 1 y 1 2 2 = − = − − + = = ∨ ∨ ∨ − + = = = − = − . ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 5 7. x y y x 30 x x y y 35 + = + = . ðáp số: x 4 x 9 y 9 y 4 = = ∨ = = . 8. x y 7 1 y x xy x xy y xy 78 + = + + = y 9 y 4 = = ∨ = = . 9. ( ) 2 23 3 3 3 2(x y) 3 x y xy x y 6 + = + + = . ðáp 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 2 2 2 (4 z) 4(z 2) 8 8 (x y) 4xy z ( 4 z) 4(z 2) 3 3 − ≥ − + ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ − − ≥ + . ðổi vai trò x, y, z ta ñược 8 8x, y, z 3 3 − ≤ ≤ . 11. x y 1 1 1 16 16 2 x y 1 + = + = . ðáp số: 1 x 2 1 y 2 = = . 12. sin (x y) 2 2 2 1 2(x y ) 1 π + = + = HƯỚNG DẪN GIẢI 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 π + π + = + ∈ = ⇔ ⇔ + = + =+ = Z 2 2 2 2 1 2 2 x x1 2 2 2(2) x y 2 x y 2 12 2 2y y 2 2 2 ≤ − ≤ ≤ ⇔ + = ⇒ ⇒ ⇒ − ≤ + ≤ ≤ − ≤ ≤ . x y 0 (1) x y 1 + = ⇒ + = ± thế vào (2) ñể giải. ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 6 Cách 2: ðặt S = x + y, P = xy. Hệ trở thành: sinS 22 S2 1 4P 2S 12(S 2P) 1 π ∈ = ⇔ = −− = Z . Từ ñiều kiện 2S 4P≥ ta suy ra kết quả tương tự. Hệ có 4 nghiệm phân biệt 1 1 1 1 x x x x 2 2 2 2 1 1 1 1 y y y y 2 2 2 2 = = − = = − ∨ ∨ ∨ = = − = − = . Tìm ñiều kiện của m ñể các hệ phương trình thỏa yêu cầu 1. Tìm m ñể hệ phương trình 2 2x xy y m 6 2x xy 2y m + + = + + + = có nghiệm thực duy nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI 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 ñể hệ phương trình: 2 2 x xy y m 1 x y xy m + + = + + = HƯỚNG DẪN GIẢI 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 1 0 m m 2 1 4m m 4 4 ≥ ∨ ≥ . Vậy 10 m m 2 4 < ≤ ∨ ≥ . ThS. ðoàn Vương Nguyên Trang 7 3. Tìm m ñể hệ phương trình x y m x y xy m + = + − = có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN GIẢI ( ) 22 x y mx y mx y m m m x 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 0 m 0 S 0 m 0 1 m 4 P 0 m m 0 ∆ ≥ − ≤ = ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤ ≥ − ≥ . Vậy m 0 1 m 4= ∨ ≤ ≤ . 4. Tìm m ñể hệ phương trình 2 2 2 x y 2(1 m) (x y) 4 + = + + = có ñúng 2 nghiệm thực phân biệt. HƯỚNG DẪN GIẢI 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 ñúng 2 nghiệm thực phân biệt khi ( ) 2 2 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 ñể P = xy nhỏ nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI ðặt S x y, P xy= + = , ñiều 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 1 3(2m 1) 2P m 2m 3 P m 3m 2 2 = − = − ⇔ ⇔ − − = + − = − + Từ ñiều kiện suy ra 2 2 4 2 4 2(2m 1) 6m 12m 8 m . 2 2 − + − ≥ − + ⇔ ≤ ≤ Xét hàm số 23 4 2 4 2f(m) m 3m 2, m 2 2 2 − + = − + ≤ ≤ . Ta có 4 2 11 6 2 4 2 4 2min f(m) f , m ; 2 4 2 2 − − − + = = ∀ ∈ Vậy 11 6 2 4 2min P m 4 2 − − = ⇔ = .
Chuyên Đề Hệ Phương Trình Đối Xứng
Hệ phương trình đối xứng là dạng toán hay trong chương trình Toán của bậc học Phổ thông. Để giải quyết tốt được bài toán dạng này, học sinh cần vận dụng nhiều kiến thức Toán. Điều đó giúp cho học sinh biết huy động các kĩ năng Toán vào việc giải một bài toán cụ thể và còn rèn luyện cho học sinh kỹ năng về tư duy. Tính cần cù trong học tập, biết vận dụng các kiến thức đã học vào việc giải quyết một bài toán cụ thể. Chính vì lí do đó, nên tôi đã sưu tầm và dạy cho học sinh chuyên đề: “Hệ phương trình đối xứng” Phần b: những nội dung cụ thể I. Hệ phương trình đối xứng loại I: Phần 1- Định nghĩa: 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 biểu diễn được dưới dạng: x1 + x2 + … + xn x1x2 + x1x3 + … + x1xn + x2x1 + x2x3 + … + xn-1xn …………………………. x1x2 … xn – Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ mà trong đó gồm các phương trình đối xứng. – Với học sinh phổ thông ta đưa vào hệ đối xứng loại I với 2 ẩn số, với học sinh chuyên ta nên đưa vào hệ đối xứng loại I với 3 ẩn số. – Để giải được hệ phương trình đối xứng loại I ta phải có định lý Viet. *) Nếu đa thức F(x) = a0xn + a1xn-1 +… an, a0 ≠ 0, ai ẻ P có nghiệm trên P là c1, …, cn thì phần 2 – Hệ phương trình đối xứng loại I, 2 ẩn: A. Lý thuyết: 1.Định lý Vi-et cho phương trình bậc 2 (lớp 10). Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thì Ngược lại nếu 2 số x1, x2 có thì x1, x2 là nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0. 2.Định nghĩa: Hệ gồm 2 phương trình đối xứng gọi là hệ đối xứng loại I, 2 ẩn. Một phương trình 2 ẩn gọi là đối xứng nếu đổi vị trí hai ẩn thì phương trình không đổi VD: 3.Cách giải: + Biểu diễn từng phương trình của hệ qua x+y và xy + Đặt S = x+y, P = xy, ta có hệ mới chứa ẩn S, P. Giải nó tìm S, P. + Với mỗi cặp S, P ta có x, y là nghiệm của phương trình X2 – SX + P = 0. + Tuỳ theo yêu cầu của bài toán ta giải hoặc biện luận hệ ẩn S, P và phương trình X2 – SX + P = 0. để có kết luận cho bài toán. 4.Bài tập: Loại 1: Giải hệ đơn thuần VD1: Giải hệ (I) Giải: (I) Û Đặt S = x+y, P = xy ta có Û Û Û Với S = 2, P = 0 có x, y là nghiệm của phương trình X2 – 2X = 0 Û ị {(x;y)} = {(0;2); (2;0)} Với S = -3, P = 5 có x, y là nghiệm của phương trình X2 + 3X +5 = 0 vô nghiệm Vậy hệ có tập nghiệm {(x;y)} = {(0;2); (2;0)}. Loại 2: Đối xứng giữa các biểu thức của ẩn VD2: Giải hệ (II) Giải: (II) Û Û Giải ra được nghiệm của hệ {(x;y)} = {(1;1); (-3;9)}. VD3: Giải hệ Giải: Vậy x5, y5 là nghiệm của phương trình X2 – 4X -32 = 0 Û Vậy Û Chú ý: Với hệ có dạng + Nâng hai vế của (2) lên luỹ thừa n và coi xn, yn như nghiệm của phương trình X2 – aX + bn = 0. + Giải và biện luận phương trình bậc hai, sau đó lấy căn bậc n của nghiệm thu được. VD4: Giải hệ (1) Giải : Đặt -y= t ta được hệ (2) Đăt S= x+t ,P= xt ta có (3) Giải (3) ta được S = 0, P = 0 và S = 1 và P = -6 Từ đó suy ra nghiệm của (2) . có nghiệm (x; y) là (0; 0), (3; 2) ,(-2; -3). VD 5: Giải hệ: (1) Giải: Đặt ta có hệ (2) Hệ (2) là hệ đối xứng đối với u,v. Giải (2) tìm u, v từ đó suy ra nghiệm của (1). Loại 3: Giải và biện luận hệ theo tham số . VD6: Giải và biện luận hệ: Giải: ĐK: x, y ≠ 0. Khi đó hệ trên tương đương với: Û Û Với m = -2: Hệ vô nghiệm Với m -2: Hệ tương đương với (*) Ta có (*) có nghiệm khác 0 khi 64 – 4. Vậy với m =2 thì hệ là với -2 < m < 2 thì hệ vô nghiệm. VD7: Tìm m để hệ có đúng hai nghiệm Giải: Đặt xy= P ,x+y = S hệ trở thành Vậy (x;y) là nghiệm của: Để hệ có đúng hai nghiệm thì m=0 khi đó 2 nghiệm là {(x;y)} = {(1;1); (-1;-1)}. Loại 4: Một số bài toán giải bằng cách đưa về hệ. VD1: Giải hệ phương trình: (ĐHSP-91) Giải: Đặt . Vậy ta có hệ : Û Û u, v là nghiệm của phương trình ị ị Vậy phương trình có 2 nghiệm {x} = {}. VD2: Cho x, y, z thoả mãn: (I) CMR: . Giải: (I) Û Đặt y + z = S; yz = P ị y, z là ngiệm của phương trình X2 – SX + P = 0 ị S2 – 4P ³ 0 Từ hệ có Vậy (5-x)2 -4(x2-5x+8) Do vai trò của x,y,z là như nhau nên ta có . B. Bài tập: I) Giải hệ phương trình: 1) (ĐHAN -97) 2) (ĐHNT-98) 3) 4) 5) 6) (ĐHNT_99) 7) (ĐHAN-99) 8) (ĐH HH-99) 9) 10) 11) II. giải Hệ phương trình có tham số: 1. Giải và biện luận: a) (QHQT-99) b) (129-III) c) (ĐHT-96) 2. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình a) có nghiệm (ĐHQG-99) b) có nghiệm duy nhất (HVQS-00) c) có đúng hai nghiệm (19-I) d) có nghiệm (x; y) và x.y đạt nhỏ nhất (4I) 3. (1II) a. Giải hệ khi m = 5 b. Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm 4. (7I) a. Giải hệ khi m = 7/2 b. Tìm các giá trị của m để hệ có nghiệm 5. (40II) a. Giải hệ khi m=2 6. Cho x,y,z thoả mãn; CMR: III. PHƯƠNG TRìNH GIảI BằNG CáCH ĐƯA Về Hệ 1. Giải phương trình: (ĐHKT-95) 2. Tìm m để mỗi ptrình sau có nghiệm a. (ĐHQG-98) b. (ĐHNT-95) c. (ĐHNT-98) phần 3 – Hệ phương trình đối xứng loại I, 3 ẩn: a. Định nghĩa: Là hệ ba ẩn với các phương trình trong hệ là đối xứng. b. Định lý Vi-et cho phương trình bậc 3: Cho 3 số x, y, z có: Thì x, y, z ;à nghiệm của phương trình X3 – αX2 + βX – γ = 0. (*) Thậy vậy: (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. (*) có nghiệm là x, y, z ị phương trình X3 – αX2 + βX – γ = 0 có 3 nghiệm là x, y, z. c.Cách giải: + Do các phương trình trong hệ là đối xứng nên ta luôn viết được dưới dạng α, β, γ Khi đó ta đặt Ta được hệ của α, β, γ. + Giải phương trình X3 – αX2 + βX – γ = 0 (1) tìm được nghiệm (x, y, z) của hệ. Chú ý: (1) có nghiệm duy nhất ị hệ vô nghiệm. có 1 nghiệm kép duy nhất ị hệ có nghiệm. có 2 nghiệm : 1 nghiệm kép, 1 nghiệm đơn ị hệ có 3 nghiệm. (1) có 3 ngiệm ị hệ có 6 nghiệm. d. Bài tập: VD1: Giải hệ: Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có: 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. Vậy 6 = 22 – 2(xy + yz + zx) ị xy + yz + zx = -1. 8 = 23 – 3.2.(-1) + 3xyz ị xyz = -2. ị x, y, z là nghiệm của phương trình:t3 – 2t2 – t + 2 = 0 Û Vậy hệ có 6 cặp nghiệm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1). VD2: Giải hệ Giải: ĐK: x, y, z ≠ 0. Từ (3) Û Do (2) ị xyz = 27 Vậy hệ Û Do đó (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X3 – 9X2 + 27X – 27 = 0 Û (X – 3)3 = 0 Û X = 3. Vậy hệ có nghiệm là (3; 3; 3). VD3: Giải hệ Giải: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) ị xy + yz + zx = 0. x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 – 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz ị xyz = 0. Vậy có: ị (x; y; z) là nghiệm của phương trình: X3 – aX2 = 0 ị Vậy hệ có nghiệm là {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)} e.Chú ý: Có nhiều vấn đề cần lưu ý khi giải hệ loại này + Với cách giải theo định lý Vi-et từ hệ ta phải đưa ra được x + y + z; xy + yz + zx; xyz có thể nó là hệ quả của hệ nên khi tìm được nghiệm nên thử lại. + Vì là hệ đối xứng giữa các ẩn nên trong nghiệm có ít nhất 2 cặp nghiệm có cùng x, cùng y hoặc cùng z nên có thể giải hệ theo phương trình cộng, thế. VD: Giải: Rõ ràng x = 0, y = 0, z = 0 không là nghiệm của hệ Với x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0, nhân hai vế của (3) với xyz ta có xy + yz + zx = xyz (4). Từ (2) và (4) ị xyz = 27 (5) Từ (2) ị x2(y + z) + xyz = 27x (6) Từ (1), (5), (6) ta có: x2(9 – x) + 27 – 27x = 0 x3 – 9×2 + 27x – 27 = 0 (x – 3)3 = 0 Û x = 3 Thay x = 3 vào (1), (5) ta có: ị y = z = 3. Vậy hệ có nghiệm là x = y = z = 3. Ii. Hệ phương trình đối xứng loại iI: 1.Hệ đối xứng loại 2, 2 ẩn: A. Định nghĩa: – Hệ phương trình 2 ẩn mà khi đổi vị trí hai ẩn trong hệ ta có phương trình này trở thành phương trình kia gọi là hệ đối xứng loại 2, 2ẩn. B. Bài tập ví dụ: VD1: Giải hệ Giải: (I) Vậy hệ có tập nghiệm: VD2: Giải hệ: Giải: Đặt Hệ trở thành (Do u, v ≥ 0) Vậy hệ có nghiệm (1,1) VD3: Cho hệ (I) a.Tìm m để hệ có nghiệm b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất Giải:(I) a)Hệ có nghiệm Û b) C1: Hệ có nghiệm duy nhất Û Û Û m = 1. Vậy m = 1. C2: Giả sử hệ có nghiệm (x0, y0) thì hệ cũng có nghiệm (y0, x0). Nếu hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x0 = y0. Thay x = y = x0 vào ta có x0 = x02 – x0 + m. Û x02 – 2×0 + m = 0. Do x0 cũng là duy nhất ị ∆’xo = 0 Û 1 – m = 0 Û m = 1 Điều kiện đủ: Thay m = 1 vào hệ ta có: Û Û Vậy với m = 1 thì hệ có nghiệm duy nhất (1;1). VD1: Giải phương trình: (73II) Giải: Đặt ị 2x – 1 = t3. Ta có hệ Û Û Û ị Vậy phương trình có 3 nghiệm 1; . C. Bài tập: 1.Giải hệ phương trình: a. (ĐHQG – 99) b. (ĐHTL- 01) c. (ĐHTN – 01) d. (TH – 94) e. (TH – 96) g. (ĐHNG – 00) h. 2. (ĐHCĐ – 99) 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 phương trình: a. (112III) b. (TH – 94). 2. Hệ phương trình đối xứng loại 2, 3 ẩn: A. Dùng chủ yếu là phương pháp biến đổi tương đương bằng phép cộng và thế. Ngoài ra sử dụng sự đặc biệt trong hệ bằng cách đánh giá nghiệm, hàm số để giải. B. Ví dụ: Giải hệ (ĐHSP-91) Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho tương đương với hệ Hệ này đương tương với 4 hệ sau: Giải (I): (I) Û Û Û Û Vậy (I) có 2 nghiệm (0;0;0); () Làm tương tự (II) có nghiệm ();() Hệ (III) có nghiệm (0;0;1); () Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0). Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên. VD2: Giải hệ phương trình: Giải: Hệ Û Û Giải các hệ bằng phương pháp thế được 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); (). VD4: Giải hệ: Giải: Xét hai trường hợp sau: TH1: Trong 3 số ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau: Giả sử x=y có hệ Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là : Tương tự y=z, z=x ta cũng được nghiệm như trên. TH2 : 3 số x, y, z đôi một khác nhau . z<y<xịf(x)<f(y)<f(z)ịy+1<z+1<x+1ịy<z<x(vô lý). Vậy điều giả sử là sai. TH2 vô nghiệm. VD5: (Vô địch Đức) Giải: TH1: Trong x, y, z ít nhất có 2 nghiệm số bằng nhau Giả sử x = y ta có hệ Từ (1) ị x = 0, x = -1. x = 0. Thay vào (2), (3) ị z=0. x = -1. Thay vào (2), (3) ị vô lý Vậy hệ có nghiệm (0,0,0) Nếu y = z hay x = z cũng chỉ có nghiệm (0,0,0). TH2: 3 số đôi 1 khác nhau. Từ 2x + x2y = y thấy nếu x2 = 1 ị ± 2 = 0 (vô lý) Vậy x2 ≠ 1 ị 2x + x2y = y Û Hai phương trình còn lại tương tự ta có hệ phương trình tương đương với: f(t) = xác định trên D = R {±1} f’(t) = với mọi tẻD ị hàm số đồng biến trên D Vậy điều giả sử sai. Do vai trò x, y, z như nhau. Vậy TH2 – hệ vô nghiệm Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0) C. Bài tập 1. 2. Hướng dẫn: Đặt . Đưa về giải hệ 3. 4. 5. Phần C: kết luận Trong thực tế giảng dạy, tôi đã làm rõ cho học sinh các dạng bài về “Hệ phương trình đối xứng”. Tuy nhiên, chuyên đề của tôi còn hạn chế về số lượng các bài tập cũng như về phương pháp giảng dạy. Tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô trong tổ bộ môn Toán và của các đồng nghiệp. Xin trân trọng cám ơn ! Yên Lạc, tháng 01 năm 2006 Người viết Doãn Hoài Nam
Cách Giải Hệ Phương Trình Đối Xứng Loại 2 Cực Hay
Cách giải hệ phương trình đối xứng loại 2 cực hay
A. Phương pháp giải
Hệ phương trình đối xứng loại II theo ẩn x và y là hệ phương trình mà khi ta đổi vai trò của các ẩn x và y thì hai phương trình trong hệ sẽ hoán đổi cho nhau.
Hệ phương trình đối xứng loại II có dạng
Cộng hoặc trừ hai vế của hai hệ phương trình thu được phương trình. Biến đổi phương trình này về phương trình tích, tìm biểu thức liên hệ giữa x và y đơn giản.
Thế x theo y (hoặc y theo x) vào một trong hai phương trình của hệ ban đầu.
Giải và tìm ra nghiệm x (hoặc y). Từ đó suy ra nghiệm còn lại.
Bước 4: Kết luận nghiệm của hệ phương trình.
B. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
Hướng dẫn:
Trừ từng vế của hai phương trình ta được:
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
Hướng dẫn:
Trừ từng vế của hai phương trình ta được:
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
Hướng dẫn:
Vì vế phải của mỗi phương trình đều dương nên ta có
C. Bài tập trắc nghiệm
Câu 1: Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Câu 2: Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:
A. 4
B. 2
C. 3
D. 5
Câu 3: Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Câu 4: Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Câu 5: Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:
A. 4
B. 3
C. vô số nghiệm
D. vô nghiệm
Câu 6: Hệ phương trình sau: . Khẳng định nào sau đây đúng ?
A. Hệ phương trình có vô số nghiệm.
B. Hệ phương trình có 3 nghiệm.
C. Hệ phương trình có 4 nghiệm.
D. Hệ phương trình có 1 nghiệm.
Câu 7: Hệ phương trình sau: . Khẳng định nào sau đây đúng ?
A. Hệ phương trình có vô số nghiệm.
B. Hệ phương trình có 2 nghiệm.
C. Hệ phương trình có 4 nghiệm.
D. Hệ phương trình có 3 nghiệm.
Câu 8: Hệ phương trình sau: . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Hệ phương trình vô nghiệm.
B. Hệ phương trình có 2 nghiệm.
C. Hệ phương trình có 1 nghiệm.
D. Hệ phương trình có 3 nghiệm
Câu 9: Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:
A. 2
B. 3
C. vô số nghiệm
D. vô nghiệm
Câu 10: Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm:
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.
Nhóm học tập facebook miễn phí cho teen 2k6: chúng tôi
Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:
Loạt bài Chuyên đề: Lý thuyết – Bài tập Toán lớp 9 Đại số và Hình học có đáp án có đầy đủ Lý thuyết và các dạng bài được biên soạn bám sát nội dung chương trình sgk Đại số 9 và Hình học 9.
Hệ Phương Trình Đối Xứng Loại 2 Và Bài Tập Ứng Dụng Có Giải
Lý thuyết về hệ phương trình đối xứng loại 2
Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ phương trình có dạng: f(x;y) = a (*)
f(y;x) = a
Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta được: f(x; y)- f(y; x) = 0 ⇔ (x- y)g(x; y) = 0
Nếu hệ phương trình ( ∗ ) có nghiệm x0 ; y0 thì y0 ; x0 cũng là nghiệm của hệ phương trình ( ∗ ). Từ đó suy ra, nếu hệ phương trình ( ∗ ) có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x0 = y0
f(x; y) + f(y; x) = 2a là một phương trình đối xứng.
Ví dụ minh họa
Giải các hệ phương trình sau.
1, x^3 + 1 = 2y
y^3 + 1 = 2x
Giải các hệ phương trình sau.
1, 3/x^2 = 2x + y Điều kiện: x,y ≠ 0
3/y^2 = 2y + x
Giải các hệ phương trình sau.
1, √x + √2- y = 2
√y + √2- x = 2
2, √5x + 1 + √12- y = 7 Điều kiện: 0 ≤ x, y ≤ 2.
√5y + 1 + √12- x = 7
Giải các hệ phương trình sau.
1, x^3 = 2x + y
y^3 = 2y + x
2, (x – 1)(y^2 + 6) = y(x^2 + 1)
(y – 1)(x^2 + 6) = x(y^2 + 1)
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2x + √y- 1 = m
2y + √x- 1 = m
Điều kiện: x, y ≥ 1.
Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
1, x = y^2 – y + m.
y = x^2 – x + m.
2, 3x^2 = y^3 – 2y^2 + my.
3y^2 = x^3 – 2x^2 + mx.
1. Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm (x0; y0) thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hệ nên để hệ có nghiệm duy nhất thì trước hết x0 = y0
Thay vào hệ ta được: x^2o – 2xo + m = 0, phương trình này có nghiệm duy nhất ⇔ Δ′ = 1- m = 0 ⇔ m = 1.
Điều kiện đủ: Với m = 1 hệ trở thành: x = y^2 – y + 1.
y = x^2 – x + 1.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 1.
Chứng minh rằng hệ phương trình 2x^2 = y + a^2/y có nghiệm duy nhất với mọi a ≠ 0.
2y^2 = x + a^2/x
2y^2 = x + a^2/x
Thay vào hệ phương trình, ta được: a^2 = 2x^3 – x^2 = f(x) ( ∗ ).
Ta có: f(x) = 2x(3x -1) ⇒ f′(x) = 0 ⇔ x =1/3
Vậy hệ đã cho luôn có nghiệm duy nhất với mọi a ≠ 0
Bài tập giải hệ phương trình đối xứng loại 2
Bạn đang xem bài viết Chuyên Đề Hệ Phương Trình Đối Xứng Loại (Kiểu) I trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!