Chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán năm 2009 - Hệ phương trình đại số - Thái Thanh Tùng

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