Title CHƯƠNG I - PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH - PHẦN 2.doc ✅

 Hệ phương trình có chứa một phương trình hoặc cả hai phương trình có thể sử dụng hằng đẳng thức trực tiếp hoặc gián tiếp bằng phép nâng lũy thừa để có nhân tử chung. Đặc điểm nhận dạng thường gặp của hệ này là khi chúng ta biến đổi một hoặc cả hai phương trình chúng ta sẽ gặp một hằng đẳng thức quen thuộc. Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 2 22 xy2xy10 5x113y55y10x1       x,yℝ Phân tích : Với hệ này, ta nhận thấy phương trình thứ nhất có hình thức nhẹ nhàng nên ta sẽ bắt đầu từ phương trình này vì cấu trúc phương trình hai không cho nghỉ đến phép biến đổi nào bắt đầu từ đó để tìm mối liên quan giữa hai biến. Cụ thể ta có phương trình thứ nhất được biến đổi thành : 22 xy2xy2x2y10 1 Không khó để nhận ra 1 là hằng đẳng thức của 2xy1 . Do đó từ 1 ta có : 2xy10xy10yx1 . Như vậy xem như bài toán được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 25y10x10 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 22 xy2xy2x2y102xy10xy10yx1 . Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 225x113x155x110x9 22 5x115x43x22 Từ 2 ta có : 222 5x115x43x20x 3 . Xét hàm số 22fx5x115x43x2 , 2 x 3 . Ta có :  2222 5x5x11 f'x35x30 5x115x45x115x4     , 2 x 3 .
Do đó ta có hàm số fx luôn đồng biến với 2 x 3 nên fx0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Mà f(1) = 0 nên (2) có nghiệm duy nhất x1y2 . Đối chiếu điều kiện ta có hệ có nghiệm x,y1;2 . Bình luận : Bài toán trên là một bài toán cơ bản nếu thuần thục hằng đẳng thức về cách nhìn và nhận biết thì sẽ không có khó khăn trong lúc giải. Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình   2 2 3 22 43 xy26y3 xx 1431 3yy12x587151 xxxx           x,yℝ Phân tích : Với hệ đang xét, không cần phải suy tính điều gì mà bắt đầu ngay với phương trình thứ nhất trong hệ. Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi trở thành phương trình : 222 2 12933 xy26y0xy22xy20 xxxx     2 3 xy20 x     2 3 xy2 3x xy20 23x y xx         Ở đây chúng ta suy nghỉ rút như vậy là vì trong phương trình thứ hai trong hệ chứa cả y,xy . Và như vậy ta xem như nút thắt của bài toán đã được giải quyết. Giờ ta vào giải bài toán trực tiếp. Lời giải : Điều kiện x0 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 222 2 12933 xy26y0xy22xy20 xxxx     2 3 xy20 x     2 3 xy2 3x xy20 23x y xx         Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình :
23 2322 123312201 312263151 xxxxxxx        3 422 1924361 363151 xxxxx     3 422 138121 32151 xxxxx      Đặt 1 t x , ta có  trở thành phương trình : 34223t3t8t12t215t11 . Ta biến đổi 1 thành phương trình : 232223t3t123t5t1  . 23 2222 3t3t3t3t 3252350 t1t1t1t1       2 222 3t3t3t 12250 t1t1t1       2 3t 1 t1    vì 2 22 3t3t 2250,t t1t1    ℝ 2 1 x1y51 t1x tt201 t21xy8 22 x             Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình là 1x,y1;5;;8 2     . Bình luận : Ở cách giải ở phương trình thứ hai nếu ta cứ mặc nhiên khai triển thì sẽ gặp phương trình bậc 6 với nghiệm đẹp ta hoàn toàn có thể giải được. Tuy nhiên, nếu gặp nghiệm “không đẹp” thì chắc cũng khó khăn. Cách giải trên dựa trên tính tinh tế của các đại lượng mà ta chú ý trong bài đó là 23t,t1 và bằng hệ số bất định ta cần tách : 224223x8x12x21m3tnt1
Cân bằng hệ số hai vế phương trình này ta sẽ tìm được m2,n3 và có lời giải như trên. Ví dụ 3: Giải hệ phương trình   22 2 222 4xy92y2x3y 2xxy22xyx 1x x2y2x9x7         x,yℝ Phân tích : Với hệ này, do cấu trúc quá phức tạp của phương trình thứ hai nên chúng ta chuyển qua phương trình thứ nhất trong hệ có cấu trúc đơn giản hơn. Phương trình thứ nhất trong hệ được biên đổi thành phương trình : 222224xy923yy6x2xy4xy94xy12x6y0 Và chúng ta nhận thấy đẳng thức cuối cùng mang dáng dấp của hằng đẳng thức. Thật vậy, ta có :  22 2222 4xy94xy12x6y 2xy322xy22x32y32xy3   Và như vậy ta sẽ có : 22xy302xy30y2x3 . Bài toán đã được giải quyết. Lời giải : Điều kiện : 22y2x9x70 . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 222224xy923yy6x2xy4xy94xy12x6y0 22xy302xy30y2x3 Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình :   232 22222 2xx2x12xx3xx3 2x4x2x2 1x1x x2x22x3x22x32x9x7     32 22 xx32x4x2x2 1x2 x22x3x2    22 22 2x3x2x2 2 x22x3x2    2