HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÁCH GIẢI VÀ BÀI TẬP

1
Hệ phơng trình

I. Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh.

" Bài 1. ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 )
Giải hệ phơng trình :
()
()
()
32
32
32
33ln 1
33ln 1
33ln 1
x
xxxy
y
yyyz
zz zz x

+
+ + =


+
+ + =

+
+ + =



Giải :
Xét hàm số :
()
(
)
32
f33ln1tt t tt=++ +
Ta có :
()
2
2
2
21
f' 3 1 0, R
1
t
tt x
tt

=++ >
+

Vậy hàm số
()
f t

đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phơng trình nh sau :

()
()
()
f
f
f
x
y
y
z
zx

=

=


=


Không mất tính tổng quát, giả sử :
{
}
min , ,
x
xyz=
. Lúc đó :

() ()
(
)
(
)
f f f f
x
yxyyzyzzx . Hay :
x
yzx


x
yz==
Với :
x
yz==
, xét phơng trình :
(
)
32
23ln 10xx xx
+
+ + =

Do hàm số :
()
(
)
32

23ln 1xx x xx

=++ + đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : 1x
=
.
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :
1
x
yz
=
==.

" Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ phơng trình có dạng :

(
)
(
)
() ()
()()
() ()
12
23
1
1
fg
fg

fg
fg

nn
n
xx
xx
xx
xx


=

=




=

=



Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và
(
)
12
, ,
n
x
xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong
đó , 1,2, ,

i
x
Ai n= thì
12

n
x
xx
=
==.

Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử :
{
}
112
min , ,
n
x
xx x= .
Lúc đó ta có :
()
(
)
(
)
(
)
12 1 2 2 3 23 1
f f g g

n
x
xx x xxxxxx .
Vậy :
12 1

n
x
xxx
Từ đó suy ra :
12

n
x
xx===.
Tháng 08 2007 Phạm Kim Chung

2
" Bài 2.
Giải hệ phơng trình :
32
32
32
2
2
2
1
4
1
4

1
4
xx
yy
zz
y
z
x
+
+
+



=






=







=

Giải:
Vì vế trái của các phơng trình trong hệ đều dơng nên hệ chỉ có nghiệm : ,, 0xyz> .
Xét hàm số :
()
32
2
1
f
4
tt
t
+

=


, ta có :
() ( )
()
32
2
2
1
f' 2ln 4 3 . 0, 0
4

tt
ttt t
+

=
+<>


.
Vậy hàm số
()
f t
nghịch biến trên khoảng
(
)
0;
+

.
Không mất tính tổng quát, giả sử :
{
}
min , ,
x
xyz= . Lúc đó :

() ()
(
)
(

)
f f f fz
x
yxyyzy zx
() ()
f fz
x
zx yx= = =
.
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :
1
2
xyz
=
==
.
" Bài toán tổng quát 2 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n lẻ ):

(
)
(
)
() ()
()()
() ()
12
23
1
1
fg

fg

fg
fg
nn
n
xx
xx
xx
xx


=

=




=

=



Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và
(
)
12
, ,

n
x
xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong
đó , 1,2, ,
i
x
Ai n= thì
12

n
x
xx
=
== với n lẻ .
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử :
{
}
112
min , ,
n
x
xx x= .
Lúc đó ta có :
() () ()
(
)
(
)()
12 1 2 2 3 23 1 1 12

f f g g f f
nn
x
xx x xxxxxx x xxx .

12
x
x=
Từ đó suy ra :
12

n
x
xx===.

" Bài 3.
Giải hệ phơng trình :
()
()
()
()
2
2
2
2
12
12
12
12
x

y
y
z
zt
tx


=



=



=


=




3
Giải :
Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm : , , , 0xyzt .
Xét hàm số :
() ( )
2
f1ss= , ta có :

(
)
(
)
f' 2 1ss
=
. Do đó hàm số tăng trên khoảng
(
)
1;
+
và giảm
trên
[
]
0; 1 ( Do f(s) liên tục trên R ).
Không mất tính tổng quát, giả sử :
{
}
min , , ,
x
xyzt= .
+ Nếu
()
(
)
1; , , , 1;xxyzt+ +, do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm
duy nhất :
23xyzt====+ .
+ Nếu

[
]
0; 1x
(
)
0 f 1 02 1
x
y , hay
[
]
0;1y , tơng tự
[
]
,0;1zt .
Vậy
[
]
,,, 0;1xyzt . Do đó ta có :
() ()
(
)
(
)
f f f fz
x
yxyyzy zx
x
z=.
Với
x

z=
() ()
f fz
x
yt==.
Lúc đó hệ phơng trình trở thành :
()
()
()
2
2
2
12
12
12
x
y
xy
xy
yx
xy


=

=

=

=



=


23xy==
Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm :
23xyzt====+ và 23xy== .

" Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n chẵn ):

(
)
(
)
() ()
()()
() ()
12
23
1
1
fg
fg

fg

fg
nn
n
xx
xx
xx
xx


=

=




=

=



Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và
(
)
12
, ,
n
x
xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong

đó , 1,2, ,
i
x
Ai n= thì
13 1
24


n
n
x
xx
x
xx

===


===

với n chẵn .
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử :
{
}
112
min , ,
n
x
xx x= .

Lúc đó ta có :.
() () ()
(
)
13 1 3 2 4
24
f f gg
x
xxx xx
xx



() () () ()
24 35
35
f f gg

x
xxx
xx



()() ()
(
)
211
11
f fgg

nnn
n
x
xx x
xx





()() ()()
11 2 2
f fgg
nnn
x
xxxxx


Vậy :
13 11 13 1

nn
x
xxxxxx

=== ;
24 2 24

nn

x
xxxxxx===

4
Phần bi tập ứng dụng phơng pháp

) 1. Giải hệ phơng trình :
32
32
32
2782
2782
2782
x
xx y
y
yy z
zzz x


+=


+=



+=

) 2. Chứng minh với mỗi aR , hệ phơng trình :

23
23
23
x
yya
y
zza
zxxa

=
++

=
++


=
++

có một nghiệm duy nhất .
) 3. Cho hệ phơng trình :
2
2
2
x
ya
y
za

zxa

=
+

=
+


=
+


Tìm a để hệ phơng trình chỉ có nghiệm với dạng
x
yz==
.
) 4. Giải hệ phơng trình :

3
11 2
3
22 3
3
99 99 100
3
100 100 1
322
322

322
322
xx x
xx x
x
xx
x
xx

+=

+=




+=


+=


) 5. Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ phơng trình :

23
12 2 2
23
23 33
23
1

23
111
4
4

4
4
nnnn
n
x
xxax
x
xxax
x
xxax
x
xxax


=+

=+




=+


=+

có một nghiệm duy nhất .
) 6. Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và 0a

. Chứng minh hệ phơng trình :

23
12 2 2
23
23 33
23
1
23
111
4
4

4
4
nnnn
n
x
xxax
x
xxax
x
xxax
x
xxax

=+

=+




=+


=+

có nghiệm duy nhất .

) 7. Chứng minh với mỗi aR , hệ phơng trình :

232
232
232
x
yyya
y
zzza
zxxxa

=
+++

=

+++


=
+++

có một nghiệm duy nhất .




5
 Ii. HÖ ph−¬ng tr×nh gi¶i ®−îc b»ng ph−¬ng ph¸p l−îng gi¸c ho¸.

" 1. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh :
()()
22
111 (1)
1 1 2 (2)
xyyx
xy
⎧
−+ −=
⎪
⎨
−+=
⎪
⎩

Gi¶i. §K :

2
2
1
10
1
10
x
x
y
y
⎧
≤
⎧
−≥
⎪
⇔
⎨⎨
≤
−≥
⎪
⎩
⎩

§Æt cos ;
y
=cosx
α
β
= víi
[

]
,0;
α
βπ
∈
, khi ®ã hÖ ph−¬ng tr×nh :
()()
cos .sin cos .sin =1
2
1 cos 1 cos 2
sin cos sin .cos 1 0
π
αβ βα
αβ
αβ
αααα
⎧
+
⎧
+=
⎪
⇔⇔
⎨⎨
−+=
⎩
⎪
−
−−=
⎩

§Æt
2
1
sin cos , t 2 sin .cos
2
t
t
αα αα
−
=− ≤⇒ =
Khi ®ã ta cã :
2
2
1
10 2 3 1
2
t
tttt
−
−−=⇔+−⇒=
Víi
1t = , ta cã :
0
2sin 1 0
42 1
x
y
ππ
ααβ
=

⎧
⎛⎞
−=⇒=⇒=⇒
⎨
⎜⎟
=
⎝⎠
⎩


NÕu :
(
)
0xaa
≤
> , ta ®Æt cos
x
a
α
=
, víi
[
]
0;
α
π
∈


" 2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh :

()( ) ()
()
22
21431
12
xy xy
xy
⎧
−+ =
⎪
⎨
+=
⎪
⎩


Gi¶i . Do
[
]
22
1, 1;1xy xy+=⇒ ∈− . §Æt sin ,
y
cosx
α
α
=
= víi
[
]
0; 2

α
π
∈ .
Khi ®ã (1)
()
(
)
2 sin cos 1 2sin2 3
αα α
⇔−+=

1
2. 2sin .2. sin2 3
42
π
αα
⎛⎞⎛ ⎞
⇔−+=
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠

4sin sin2 sin 3
46
ππ
αα
⎛⎞⎛ ⎞
⇔− +=
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠

8sin sin cos 3
41212
ππ π
αα α
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
⇔− − −=
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

4cos cos cos 2 3
12 3 6
ππ π
αα
⎡⎤
⎛⎞ ⎛ ⎞
⇔+ −−=
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎢⎥
⎝⎠ ⎝ ⎠
⎣⎦


2cos 4cos cos 2 3
12 12 6
πππ
ααα
⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞
⇔−−− −=
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟

⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠

2cos 2 cos 3 cos 3
12 4 12
πππ
ααα
⎡⎤
⎛⎞ ⎛ ⎞⎛⎞
⇔−− −+−=
⎜⎟ ⎜ ⎟⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠ ⎝ ⎠⎝⎠
⎣⎦

2cos 3 3
4
π
α
⎛⎞
⇔− − =
⎜⎟
⎝⎠


()
00
00
35 120
3
cos 3

42
65 120
k
kR
k
α
π
α
α
⎡
=− +
⎛⎞
−=−⇔ ∈
⎢
⎜⎟
=+
⎝⎠
⎣

Tõ ®ã suy ra hÖ cã 6 nghiÖm
(
)
(
)
(
)( )
00 00 00
, { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85xy=− ,

()

(
)
(
)
00 00 00
sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }−− −


6
Nếu :
()
22
0xyaa+= >, ta đặt
sin , cosxa ya


==
, với
[
]
0; 2



" 3. Giải hệ phơng trình :
2
2
2
2
2

2
x
xy y
y
yz z
zzx x

+
=

+
=


+=


Giải : Từ các phơng trình của hệ , suy ra : , , 1xyz

. Do đó ta có :

2
2
2
2
(1)
1
2
(2)
1

2
(3)
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z

=




=




=




Đặt Đặt
t

g
x

=
với ;
22







(4) và sao cho t
g
, t
g
2, t
g
41


(5).
Tơng tự bài 2. Hệ phơng trình có 7 nghiệm
24
, , , 0, 1, , 3
77 7
kkk
xtg ytg ztg k

=
== =




Với mọi số thực x có một số

với
;
22







sao cho t
g
x

=


" 4. Giải hệ phơng trình :
23
23
23

33 0
33 0
33 0
xzxzz
yxyxx
zyzyy


+=


+=



+=


Giải . Viết lại hệ phơng trình dới dạng :

()
()
()
23
23
23
13 3
13 3
13 3
x

zzz
y
xxx
zyyy


=



=



=


(I)
Từ đó, dễ thấy nếu
()
,,
x
yz là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x, y, z
1
3
. Bởi thế :
(I)
3
2
3

2
3
2
3
(1)
13
3
(2)
13
3
(3)
13
zz
x
z
xx
y
x
yy
z
y


=





=

=



(II)
Đặt
t
g
x

=
với ;
22







(4) và sao cho
1
tg , tg3 , tg9
3

(5).
Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có :
tg3 , tg9yz


=
=
và
tg27x

=


7
Từ đây dễ dàng suy ra
()
,,
x
yz là nghiệm của (II) khi và chỉ khi
tg3 , tg9yz


=
=
, t
g
x

=
, với

đợc xác định bởi (4), (5) và t
g
t
g
27


=
(6).
Lại có :
() ( )
626kkZ

=
Vì thế

thoả mãn đồng thời (4) và (6) khi và chỉ khi
26
k


= với k nguyên thoả mãn :
12 12k
. Dễ dàng kiểm tra đợc rằng, tất cả các giá trị

đợc xác định nh vừa nêu đều thoả
mãn (5).
Vậy tóm lại hệ phơng trình đã cho có tất cả 25 nghiệm, đó là :

39
, , , 0, 1, 12
26 26 26
kkk
xtg ytg ztg k


== = =



" 5. Giải hệ phơng trình :

111
345
1
xyz
xyz
xy yz zx



+= += +

++=


Giải. Nhận xét : 0; , ,
x
yz x y z

cùng dấu . Nếu
(
)
,,
x
yz
là một nghiệm của hệ thì
()
,,
x
yz cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm , ,
x
yz dơng .
Đặt
(
)
0
t
g
;t
g
;t
g

0,,90xyz

===<<.
Hệ
()
()
111
3tg 4tg 5tg 1
tg tg tg
tg tg tg tg tg tg 1 2





+= += +





++=


(1)
222
1tg 1tg 1tg
345
tg tg tg

+++
==



345
sin2 sin2 sin2


==
Từ (2) suy ra :
()
t
g
t
g
t
g
1t
g
t
g


+=
(
)

()
tg tg
tg tg
1tgtg
co




+
= =+



()
tg tg
22




=+++=


.
Do

==

<<++=


345
sin2 sin2 sin2
0,, ;
22




nên 2,2,2

là các góc của một tam giác có số đo 3 cạnh 3,4,5.
Do tam giác có 3 cạnh 3,4,5 là tam giác vuông nên
00
290 45 ztg1= = = =
22
2tg 3 2x 3 1
tg2 x
1tg 4 1x 4 3

= = = =


22
2tg 4 2y 4 1
tg2 y

1tg 3 1y 3 2

= = = =








8
Tuyển tập các bi toán hay

II . Hệ phơng trình 2 ẩn.
" 1. Giải hệ phơng trình :
42
22
698
(1)
81
3 4 4 0 (2)
xy
xyxyxy

+=



+++=

Giải : Giả sử hệ phơng trình có nghiệm . Ta thấy (2) tơng đơng với :

()()
2
2
320xy xy+ + =
Để phơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có :

()()
22
7
34 2 01
3
yy y= (3)
Mặt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với :
(
)
22
4340yx yxx
+
++=
Để phơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có :

()
()
2
2
4

44 3400
3
xxx x= + (4)
Từ (3) và (4) ta có :
42
256 49 697 698
81 9 81 81
xy+ + = < , không thoả mãn (1).
Vậy hệ phơng trình đã cho vô nghiệm .

) 2. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A )
Giải hệ phơng trình :
1
31 2
1
71 42
x
xy
y
xy


+=


+

=


+



" 3. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A )
Hãy biện luận số nghiệm thực của hệ phơng trình với ẩn x, y :

342
2232
2
xy y a
x
yxyyb

=

+
+=


Giải . Điều kiện có nghĩa của hệ : x, y
R

.
Viết lại hệ dới dạng :

()

()
() ()
33 2
2
2
1
2
yx y a
yx y b

=


+=



Xét các trờng hợp sau :

è Trờng hợp 1 : 0b = . Khi đó :

()
0
2
y
y
x
=

=

và do vậy : Hệ đã cho




()
()
()
()
33 2
33 2
0y
I
yx y a
yx
I
I
yx y a
=



=


=

=




9
Có (II)
42
2
y
x
x
a
=



=


Từ đó : + Nếu
0a
thì (I) và (II) cùng vô nghiệm, dẫn đến hệ vô nghiệm .
+ Nếu
0a = thì (I) có vô số nghiệm dạng
(
)
,0xRy

= , còn (II) có duy nhất nghiệm
()
0, 0xy==. Vì thế hệ đã cho có vô số nghiệm .
è Trờng hợp 2 : 0b . Khi đó, từ (1) và (2) dễ thấy , nếu
(
)
,
x
y là nghiệm của hệ đã cho thì
phải có x, y >0 . Vì thế
() ()
23
b
xy
y
=
.
Thế (3) vào (1) ta đợc :
3
32
b
y
yya
y




=

Đặt
0yt=> . Từ (4) ta có phơng trình sau :

()
()
3
3
2262932
05
b
tttatbtat
t



=+=





Xét hàm số :
()
()

3
932
f tt bt at= + xác định trên
[
)
0;
+

có :
()
()
[
)
2
8322
f' 9 9 0, 0;t t btta t=+ ++.
Suy ra hàm số
()
f t đồng biến trên
[
)
0;
+
, và vì thế phơng trình (5) có tối đa 1 nghiệm trong
[
)
0; + . Mà
()
3
f0 0b= < và

(
)
3
2
3
fb 0bba
=
+>, nên phơng trình (5) có duy nhất
nghiệm, kí hiệu là
0
t trong
(
)
0;
+
. Suy ra hệ có duy nhất nghiệm
22
00
0
,
b
x
tyt
t

= =


.
Vậy tóm lại : + Nếu

0ab== thì hệ đã cho có vô số nghiệm .
` + Nếu a tuỳ ý ,
0b

thì hệ đã cho có duy nhất nghiệm .
+ Nếu
0, 0ab= thì hệ đã cho vô nghiệm .

" 4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình :
22
22
21xxyy
x
xy y m

+
=

+
+=

(1) có nghiệm .
Giải . + Với 0y = hệ trở thành
2
2
21x
x
m

=

=

. Hệ có nghiệm khi
1
2
m =

+ Với 0y , đặt
x
t
y
=
, hệ trở thành
2
2
2
2
1
21
1
tt
y
m
tt
y

+=

++=



()
2
2
22
1
21
(2)
12 1
tt
y
tt mtt

+=



++= +


Vậy hệ PT (1) có nghiệm
(
)
,
x

y khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm
(
)
,ty.

10
XÐt hÖ (2), tõ
2
2
1
21tt
y
+−= suy ra
2
1
210
1
2
t
tt
t
<
−
⎡
⎢
+−> ⇔
⎢
>
⎢
⎣

. Do ®ã hÖ (2) cã nghiÖm
(
)
,ty

2
2
1
21
tt
m
tt
++
⇔=
+−
cã nghiÖm
()
1
,1 ,
2
t
⎛⎞
∈−∞− ∪ +∞
⎜⎟
⎝⎠
. XÐt hµm sè
()
2
2
1

f
21
tt
t
tt
++
=
+−
trªn kho¶ng
()
1
,1 ,
2
⎛⎞
−∞ − ∪ + ∞
⎜⎟
⎝⎠
. Ta cã :
()
()
2
2
2
62
f'
21
tt
t
tt
+

+
=−
+−
,
()
37
f' 0
37
t
t
t
⎡
=− −
=⇔
⎢
=− +
⎢
⎣

LËp b¶ng biÕn thiªn :

t
−∞
37−− 37−−

−
∞
f’(t)
- 0 + + 0 -
f(t)

1
2

+
∞



14 5 7
28 11 7
+
+






−
∞
−
∞
+∞




1
2

Nh×n vµo b¶ng biÕn thiªn ta thÊy ®Ó hÖ cã nghiÖm :
14 5 7
28 11 7
m
+
≥
+
.

" 5. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh :
(
)
(
)
()
()
3
3
23 1 1
23 2
xy
xy
⎧
+=
⎪
⎨
−=
⎪
⎩

Gi¶i . Râ rµng nÕu
3
2y = hÖ v« nghiÖm.
Víi
3
2y ≠ , tõ (2) suy ra
3
3
2
x
y
=
−
, thay vµo (1) ta cã :
()
()
3
3
27 2 3
1
2
y
y
+
=
−
(3) . XÐt hµm sè :
()
(
)

()
3
3
27 2 3
f1
2
y
y
y
+
=
−
−
, ta cã :
()
()
()
32
3
3
81 8 6 2
f'
2
yy
y
y
+
+
=−
−

Suy ra :
()
f' 0 1yy=⇔=−

Ta cã b¶ng biÕn thiªn :


y

−∞ -1

+
∞
f’(y)
+ 0 - -

f (y)
0


−∞
−
∞
+
∞


−
∞

-1
1
2

3
2

11
Nhìn vào bảng biến thiên suy ra pt(3) không có nghiệm trên các khoảng
()
;1 và
(
)
3
1; 2 .
Phơng trình có 1 nghiệm
1y
=
và 1 nghiệm trong khoảng
(
)
3
2, +
Dễ thấy
2y = là 1 nghiệm thuộc khoảng
(
)
3
2,

+
.
Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm :
(
)
1; 1


và
1
;2
2



.
) 6. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B )
Giải hệ phơng trình sau :
32
22
349
8817
xxy
x
xy y y x

+=

+=

" 7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 Bảng A )
Giải hệ phơng trình :
(
)
()
212 21
32
14 .5 12
41ln 2 0
xy xy xy
yx yx

+ +

+=+


+
++ + =



Giải . ĐK:
2
20yx+>
Đặt
2txy= thì phơng trình thứ nhất của hệ trở thành :

()

1
11
14 12
14.5 12
55
tt
tt t
t
+
+
++
+=+= (1)
Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến trên nên t=1 là nghiệm
duy nhất của (1).
Vậy
1
21
2
y
xy x
+
== thế vào phơng trình thứ hai của hệ ta đợc :

(
)
(
)
32
23ln 102yy yy+++ ++=
Vế trái là hàm đồng biến do đó y =-1 là nghiệm duy nhất của (2).

Đáp số :
0, 1xy==.
" 8. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 Bảng B )
Giải hệ phơng trình :
725
22
xy xy
xyxy

+
++=


++=



Giải : ĐK có nghĩa của hệ phơng trình :
{
}
min7,2
x
xy
Đặt :
7
x
ya+= và 2
x
yb
+

= . Từ hệ phơng trình đã cho ta có hệ :

(
)
()
51
22
ab
bxy

+=


+=



Nhận thấy :
22
5ab x= . Kết hợp với (1) suy ra :
(
)
5
2
x
b

= , thế vào (2) ta đợc :

()

5
221 3
2
x
xy x y

+==
Thế (3) vào (2) ta có :
11 77
52 12
2
yy y

+==

Thế vào (3) suy ra nghiệm của hệ là:
10 77,x =
11 77
2
y

= .


12
) 9. Cho hệ phơng trình 2 ẩn x, y :
(
)
(
)

()
24233
82 2 4 4
33 33
1
11 2
kx x x yx
kx x x k x yx

+++=



++ ++ =


1.
Xác định k để hệ phơng trình có nghiệm .
2. Giải hệ phơng trình với k = 16.

" 10. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996 Bảng A )
Giải hệ phơng trình :
1
3.1 2
1
7.1 4 2
x
xy
y
xy

+=


+




=


+



Giải . ĐK có nghĩa của hệ : 0, 0xy và
22
0xy
+
.
Dễ thấy , nếu
(
)
,
x
y là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x >0, y>0 . Do đó :
Hệ đã cho
12

1
3
142
1
7
xy
x
xy
y


+=


+






=


+



()
()

1122
1
37
122
12
37
xy
xy
xy

=

+



=+



Nhân (1) với (2) theo vế ta đợc :

()( )( )( )
118
21 7 3 6 7 4 0 6
37
x
yxyyx yxyx y x
xy x y
= =+ + ==

+
( vì x >0, y>0)
Thay vào (2) và giải ra ta đợc :
11 4 7 22 8 7
,
21 7
xy
++
==.Thử lại ta thấy thoả mãn yêu cầu bt.


Iii. Hệ phơng trình 3 ẩn.


) 1. ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996)
Giải hệ phơng trình :
32
32
32
61280
61280
61280
yx x
zy y
xz z


+=

+=



+=



) 4. Giải hệ phơng trình :
23
23
23
12 48 64
12 48 64
12 48 64
x
xy
y
yz
zz x

+=

+=


+=


" 5. Giải hệ phơng trình :

19 5 2001
19 5 2001
19 5 2001
1890
1890
1890
xy zz
yz xx
zx yy

+= +

+= +


+= +


Giải . Chúng ta sẽ chứng minh hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất 0xyz===.

13
Giả sử
()
,,
x
yz là một nghiệm của hệ phơng trình khi đó
(
)
,,
x

yz

cũng là một nghiệm của
hệ phơng trình , nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết : có ít nhất hai trong ba số
,,
x
yz

không âm. Ví dụ 0, 0xy. Từ phơng trình thứ nhất ta suy ra
0z .
Mặt khác nếu
01u< thì
2000 18 4
1890 2uuu
+
> +

Nếu
1u > thì
2000 2000 2000 1000 18 4
1890 1 2. 2.uu uuuu
+
>+ > = > +

Do đó
2001 19 5
1890uu u u
+
>+
với mọi u>0.

Bởi vậy nếu cộng từng vế của HPT ta suy ra 0xyz
=
==.đpcm

) 6. Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất :
(
)
()
()
232
23
23
23
23
23
x
my y my
y
mz z mz
zmxxmx

=+ +

=+ +


=+ +


" 7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng A )

Giải hệ phơng trình sau :
()
()
()
2
3
2
3
2
3
2
30
16
xxyz
yyzx
zzxy

+
=


+
=


+
=

" 8. Giải hệ phơng trình :
()
(
)
()
()
()
()
23
23
23
12 1
12 1
12 1
xx y x
yy z y
zz x z

+
=+


+
=+


+
=+

Giải . Viết lại hệ đã cho dới dạng :

() ()
() ()
() ()
32 3
32 3
32 3
22 1 f
22 1 f
22 1 f
x
xxy xgy
y
y y z hay y g z
zz z x zgx


++ = + =


++ = + =


++ = + =



Trong đó

()
32
f2ttt t=++ và
(
)
3
g
21tt
=
+ . Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm đồng biến
trên R vì :
()
2
f' 3 2 2 0,ttt=++>
(
)
2
g60,tt t
=
R.
Suy ra hệ đã cho tơng đơng với hệ :
()
()
4
h0
xyz
x
==

=


Trong đó
()
32
h 2 1ttt t=+. Nhận xét rằng
(
)
h t liên tục trên R và :
()
(
)
h 2 0, h 0 0,< >
() ()
h1 0,h2 0<> nên phơng trình
(
)
h0t
=
có cả 3 nghiệm phân biệt đều nằm trong
(
)
2; 2
Đặt
()
2cos , 0;xuu

=. Khi đó sin 0u

và (4) có dạng :

(
)
32
2cos , 0;
8cos 4cos 4cos 1 0
xyz uu
uuu


===

+=

hay
()
()
32
2cos , 0;
sin 8cos 4cos 4cos 1 0
xyz uu
uu uu


===



+=

Hay
(
)
2cos , 0;
sin4 sin3
xyz uu
uu


===

=

(5).

14
Giải hệ phơng trình (5) ta thu đợc
35
;;
77 7
u

và
(
)
2cos , 0;
35
;;
77 7
xyz uu
u



===










" 9. Tìm tất cả các bộ ba số dơng
(
)
,,
x

yz thoả mãn hệ phơng trình :

2004 6 6
2004 6 6
2004 6 6
2
2
2
x
yz
y
zx
zxy

=
+

=
+


=
+


Giải :
Giả sử
()
,,
x

yz
là một bộ ba số dơng thoả mãn hệ PT đã cho . Không mất tính tổng quát ,
giả sử
0
x
yz<. Nh vậy :

2004 6 6 6 6
2004 6 6 6 6
2
2
x
yzxx
zxyzz

=++

=++


2004 6
2004 6
1
1
1
x
xx
x
yz
z

zz




===






Đảo lại, dễ thấy
1
x
yz=== là một bộ ba số dơng thoả mãn yêu cầu bài toán .

) 10. Tìm điều kiện của m để hệ phơng trình sau có nghiệm :

222
22
22
1
2
xyzxyyzzx
yzyz
xzxzm

+
+=

++=


++=


) 11. Giải hệ phơng trình :
54 2
54 2
54 2
22
22
22
xx xy
yy yz
zz zx


+=


+=



+=


) 12. Giải hệ phơng trình :

(
)
()
()
32 2
32 2
32 2
333
333
333
x
yy y
y
zz z
zx x x

++=


++=


++=



" 13. Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ phơng trình sau có nghiệm thực x, y, z :

1111
1111

x
yza
x
yza


++=


+
++++=+



Giải.
ĐK: 1, 1, 1
x
yz
Hệ phơng trình tơng đơng với hệ phơng trình :

()
(
)
(
)
()()()
11 11 112
11 11 112
x
xyyzza

xx yy zz

+ + + + + + + + =


+ + + + + =



Đặt u = 11xx+ + ; 11vy y=++ ; 11sz z
=
+ +
Do
1, 1, 1
x
yz nên 2, 2, 2uvs . Ngợc lại nếu 2, 2, 2uvs, ta có :

22
11
11
xx
u
xx
+ = =
++

2
2
12 1 4
11

24
xuxu
uu

+= += +



Tơng tự đối với y, z .

15
Do đó bài toán của ta đa về bài toán tơng đơng : Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ
phơng trình sau có nghiệm
2, 2, 2uvs :

()
2
1
111
1
uvs a
uvs
++=



++=

+
Điều kiện cần : Giả sử hệ phơng trình (1) có nghiệm . Theo bất đẳng thức Bunhia ta có :
()
111 9
29
2
auvs a
uvs

=++ ++



+
Điều kiện đủ : Giả sử
9
2
a . Chúng ta sẽ chứng minh hệ phơng trình (1) có nghiệm
Lấy
3s = ( thoả mãn 2s ) . Khi đó (1) tơng đơng với :
()
23
32 3
.
2
uv a
a
uv
+
=

=



,uv là hai nghiệm của tam thức bậc hai :
()
(
)
2
32 3
22 3
2
a
tat

+
()()
23 2329
,
2
aaa
uv

=

Chú ý : Đặt

()
()()
2
2
290 622 3 6ha h h hh=+ >+ > +. Tức là :
() ()()
2322 2329aaa > 2, 2uv> > .
Nh vậy hệ phơng trình (1) có nghiệm
2, 2, 2uvs.
Tóm lại các số thực a cần tìm là tất cả các số thực
9
2
a .
" 14. Giải hệ phơng trình :

11 1
20 11 2007
1
xy z
x
yz
xy yz zx



+
=+= +

++=


" 15. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A )
Giải hệ phơng trình :
()
()
()
2
3
2
3
2
3
26.log6
26.log6
26.log6
x
xyx
y
yzy
zz xz


+=

+=



+=



Giải . ĐK xác định , , 6xyz< . Hệ đã cho tơng đơng với :

() ()
()
()
()
()
3
2
3
2
3
2
lo
g
61
26
lo
g
62

26
lo
g
63
26
x
y
xx
y
z
yy
z
x
zz

=


+


=

+



=

+

16
Nhận thấy
()
f
x
=
2
26
x
xx+
là hàm tăng, còn
(
)
(
)
3
glog6
x
x
=
là hàm giảm với x<6.
Nếu
()
,,
x
yz
là một nghiệm của hệ phơng trình ta chứng minh x=y=z.Không mất tính

tổng quát giả sử
{
}
max , ,
x
xyz= thì có hai trờng hợp :
1)
x
yz . Do
()
g
x
là hàm giảm, suy ra :
(
)()
(
)
333
log 6 log 6 log 6
y
zx




x
zy. Do
y
z nên
zy

=
. Từ (1) và (2) suy ra : x=y=z.
2)
x
zy.
Tơng tự
(
)
(
)
(
)
333
log 6 log 6 log 6
y
xz


zxy. Do
x
z
nên zx
=
. Từ (1) và (3) suy ra : x=y=z.
Phơng trình
()
(
)
fg
x

x= có nghiệm duy nhất x=3.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất : x=y=z=3.


" 16. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng B )
Giải hệ phơng trình :
32
32
32
325
325
325
x
xx y
y
yy z
zzz x

+
+=

+
+=


+
+=


Giải . Giả sử

{
}
max , ,
x
xyz= . Xét hai trờng hợp :
1)
x
yz
Từ hệ trên ta có :
32
32
325
325
x
xx x
zzz z

+
+

+
+



()()
()()
2
2
1210

1
1
1210
xx
x
z
zz


++









++



2)
x
zy
Từ hệ trên ta có :
32
32
325

325
x
xx x
y
yy y

+
+

+
+



()()
()()
2
2
1210
1
1
1210
xx
x
y
yy


++

++



Cả hai trờng hợp đều cho 1xzy===. Thử lại ta thấy 1xzy
=
== là nghiệm của hệ phơng trình .
Tóm lại hệ đã cho có nghiệm duy nhất : 1xzy
=
==.

) 17. Giải hệ phơng trình :


++ =




+++ ++=

++ =



1118
3
111118
9
111728
27
xyz
xyz
xyz
xyz
xx yy zz
xx yy zz


17
" 18 . Giải hệ phơng trình :

(
)
22
2
22
2
3888242
xy yxz

xxy yz
x
yxyyzxz

+= +

++=


+
++=++


Giải . Hệ đã cho tơng đơng với :

()()
()( )
()()()( )
2222
0
1210
44 121
xx y yy z
xx y z
xy yz x z

++ +=


++ +=

++ +=+++



Xét :
() ( )
(
)
;, ; , 1;21axybxyyzcx z==++=++
GG G

22
.0,.0,4ab ac b c= = =
G
GGG GG

+ Nếu
0a =
GG
thì
1
0,
2
xy z
=
==.
+ Nếu
0a

GG
thì b
G
và c
G
cộng tuyến nên : 2cb
=

G
G
, từ đó ta có :
1
0,
2
xyz===
.
Tóm lại hệ có hai nghiệm :
111
0; 0; , 0; ;
222




.



iV. Hệ phơng trình n ẩn. ( n >3, n

N )

" 1. Giải hệ phơng trình :

1996
12 3
1996
23 4
1996
1995 1996 1
1996
1996 1 2

xx x
xxx
xx x
xxx

+=

+=




+=


+=

Giải : Gọi X là giá trị lớn nhất của các nghiệm , 1, 1996
i
xi
=
và Y là giá trị bé nhất của chúng.
Thế thì từ phơng trình đầu ta có :
2X
1996
12 3
xx x+=
Từ đó đối với các phơng trình của hệ ta có : 2X
1996
, 1,2, ,1996
k
xk=
Hay là ta có : 2X
1996
X suy ra :
1995
2 X ( vì X >0 ) (1)
Lập luận một cách tơng tự ta cũng đi đến :
1995
2 Y

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1995 1995
XY2==
Nghĩa là ta có :

1995
1 2 1996
2xx x=== =

" 2. Giải hệ phơng trình :
11 2 2
12
12


nn
n
n
x
a
xa xa
bb b
xx x c



===



+++=


với
12

1
, , , 0, 0
n
ni
i
bb b b
=





18
Gi¶i . §Æt :
11 2 2
12

nn
n
xa
xa xa
t
bb b
−
−−
====

Ta cã :
11 1
nn n

iii i i i
ii i
x
tb a x a t b
== =
=+⇒ = +
∑∑∑

1
11
1
n
i
nn
i
ii
n
ii
i
i
ca
catbt
b
=
==
=
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

⇒= + ⇒=
∑
∑∑
∑


1
1
n
i
i
iii
n
i
i
ca
xab
b
=
=
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
⇒=+
∑
∑