CHUYÊN ĐỀ: HỆ PHƯƠNG TRÌNH (LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THI HSG) pot

Tháng 08 2007...Phạm Kim Chung

Hệ phơng trình
I. Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh.

Bài 1. ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 )

(
(
(

)
)
)

x 3 + 3 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = y


Giải hệ phơng trình : y 3 + 3 y − 3 + ln y 2 − y + 1 = z
⎪ 3
2
⎪ z + 3z − 3 + ln z − z + 1 = x
⎩
Gi¶i :

(

XÐt hµm sè : f ( t ) = t 3 + 3t − 3 + ln t 2 − t + 1

)

2t 2 − 1
> 0, ∀x ∈ R
t2 t + 1
đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phơng trình nh sau :

Ta có : f' ( t ) = 3t 2 + 1 +
VËy hµm sè f ( t )
⎧ f (x) = y
⎪
⎨ f (y) = z
⎪ f ( z) = x
⎩

Kh«ng mÊt tÝnh tỉng quát, giả sử : x = min { x, y, z} . Lóc ®ã :
x ≤ y ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ⇒ y ≤ z ⇒ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ z ≤ x . Hay : x ≤ y ≤ z ≤ x ⇒ x = y = z

(

)

Víi : x = y = z , xÐt ph−¬ng tr×nh : x 3 + 2 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = 0

(

)

Do hµm sè : ϕ ( x ) = x 3 + 2 x − 3 + ln x 2 − x + 1 đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : x = 1 .
Vậy hệ phơng trình cã nghiÖm duy nhÊt : x = y = z = 1 .
Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ phơng trình có dạng :

f ( x1 ) = g ( x2 )
⎪
⎪ f ( x 2 ) = g ( x3 )
⎪
⎨ ....
⎪ f (x ) = g(x )
n −1
n
⎪
⎪ f ( x n ) = g ( x1 )

Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và

( x1 , x2 ..., xn )

là nghiệm của hệ phơng trình , trong

đó xi A, ∀i = 1, 2,..., n th× x1 = x2 = ... = xn .
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát gi¶ sư : x1 = min { x1 , x2 ..., x n } .

Lóc ®ã ta cã : x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ⇒ g ( x2 ) ≤ g ( x3 ) ⇒ x2 ≤ x3 ... ⇒ x n ≤ x1 .
VËy : x1 ≤ x2 ≤ .... ≤ xn ≤ x1
Tõ ®ã suy ra : x1 = x2 = ... = xn .
1


Bµi 2.

⎧⎛ 1 ⎞2 x + x

⎪⎜ ⎟
=y
⎪⎝ 4 ⎠
⎪
2 y3 + y 2
1
Giải hệ phơng trình : ⎨ ⎜ ⎟
=z
⎪⎝ 4 ⎠
2 z3 + z 2
⎪
⎛1⎞
⎪
=x
⎪⎜ 4


3

Giải:

2

Vì vế trái của các phơng trình trong hệ đều dơng nên hệ chỉ có nghiệm : x, y, z > 0 .
2 t3 +t2

⎛1⎞
XÐt hµm sè : f ( t ) = ⎜ ⎟
, ta cã : f' ( t ) = − ( 2 ln 4 ) 3t 2 + t
4⎠

⎝
VËy hµm sè f ( t ) nghịch biến trên khoảng ( 0; + ) .

(

)

1
. ⎟
⎝4⎠

2 t3 +t2

< 0, ∀t > 0 .

Kh«ng mÊt tÝnh tổng quát, giả sử : x = min { x, y, z} . Lóc ®ã :
x ≤ y ⇒ f ( x) ≥ f ( y) ⇒ y ≥ z ⇒ f ( y) ≤ f (z) ⇒ z ≤ x ⇒ x = z ⇒ f ( x ) = f (z) y = x .

1
.
2
Bài toán tổng quát 2 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n lẻ ):

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : x = y = z =

⎧ f ( x1 ) = g ( x2 )
⎪
⎪ f ( x 2 ) = g ( x3 )
⎪
⎨ ....

⎪ f (x ) = g(x )
n −1
n
⎪
⎪ f ( x n ) = g ( x1 )

Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( x1 , x2 ..., x n ) là nghiệm của hệ phơng trình , trong
đó xi A, i = 1, 2,..., n th× x1 = x2 = ... = xn víi n lẻ .
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sö : x1 = min { x1 , x2 ..., x n } .
Lóc ®ã ta cã :
x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) ⇒ g ( x2 ) ≥ g ( x3 ) ⇒ x2 ≥ x3 ... ⇒ x n ≤ x1 ⇒ f ( xn ) ≥ f ( x1 ) ⇒ x1 ≥ x2 .
⇒ x1 = x2
Tõ ®ã suy ra : x1 = x2 = ... = xn .
Bµi 3.

⎧( x − 1)2 = 2 y
⎪
2
⎪ ( y − 1) = 2 z

Giải hệ phơng trình :
2
( z − 1) = 2 t
⎪
2
⎪ ( t − 1) = 2 x
⎩
2

Giải :

Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm : x, y, z, t ≥ 0 .

XÐt hµm sè :

f ( s ) = ( s − 1) , ta cã : f' ( s ) = 2 ( s − 1) . Do đó hàm số tăng trên khoảng (1; + ) và giảm
2

trên [ 0; 1] ( Do f(s) liên tục trên R ).

Không mất tính tổng quát, giả sö : x = min { x, y, z, t} .
+ NÕu x ∈ (1; + ∞ ) ⇒ x, y, z, t ∈ (1; + ∞ ) , do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm
duy nhÊt : x = y = z = t = 2 + 3 .
+ NÕu x ∈ [ 0; 1] ⇒ 0 ≤ f ( x ) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ 2 y ≤ 1 , hay y ∈ [ 0;1] , t−¬ng tù ⇒ z, t ∈ [ 0; 1] .

VËy x, y, z, t ∈ [ 0; 1] . Do ®ã ta cã :

x ≤ y ⇒ f ( x) ≥ f ( y) ⇒ y ≥ z ⇒ f ( y) ≤ f (z) ⇒ z ≤ x ⇒ x = z .

Víi x = z ⇒ f ( x ) = f ( z ) ⇒ y = t .
⎧( x − 1)2 = 2 y
⎧( x − 1)2 = 2 y
⎪
⎪
⇔ x = y = 2 3
Lúc đó hệ phơng trình trở thành : ⎨
⇔ ⎨ ⎡x = y
2

⎪( y − 1) = 2 x


x = y
Vậy hệ phơng trình đà cho cã 2 nghiÖm : x = y = z = t = 2 + 3 vµ x = y = 2 3 .
Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n chẵn ):

f ( x1 ) = g ( x2 )
⎪
⎪ f ( x 2 ) = g ( x3 )
⎪
⎨ ....
⎪ f (x ) = g(x )
n −1
n
⎪
⎪ f ( xn ) = g ( x1 )


Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( x1 , x2 ..., x n ) lµ nghiƯm cđa hƯ phơng trình , trong
x = x3 = ... = x n 1
với n chẵn .
đó xi A, i = 1, 2,..., n th× ⎢ 1
⎣ x2 = x 4 = ... = x n
Chøng minh :
Kh«ng mÊt tÝnh tổng quát giả sử : x1 = min { x1 , x2 ..., xn } .

Lóc ®ã ta cã :.
x1 ≤ x3 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x3 ) ⇒ g ( x2 ) ≥ g ( x 4 )
⇒ x2 ≥ x 4

⇒ f ( x 2 ) ≤ f ( x 4 ) ⇒ g ( x3 ) ≤ g ( x5 )
⇒ x3 ≤ x5 .........

⇒ f ( xn −2 ) ≤ f ( x n ) ⇒ g ( x n −1 ) ≤ g ( x1 )
⇒ x n −1 ≤ x1 .........

⇒ f ( xn −1 ) ≥ f ( x1 ) ⇒ g ( x n ) ≥ g ( x2 ) ⇒ x n ≥ x2

VËy : x1 ≤ x3 ≤ .... ≤ xn −1 ≤ x1 ⇒ x1 = x3 = ... = xn −1 ; x2 ≥ x4 ≥ .... ≥ xn ≥ x2 ⇒ x2 = x4 = ... = xn
3


Phần bi tập ứng dụng phơng pháp

1. Giải hệ phơng tr×nh :

⎧2 x 3 − 7 x 2 + 8 x − 2 = y
⎪ 3
2
⎨ 2 y − 7y + 8y − 2 = z
⎪ 2 z3 − 7 z 2 + 8z − 2 = x
⎩

2. Chøng minh với mỗi a R , hệ phơng trình :
x 2 = y3 + y + a
⎪ 2
3
⎨y = z +z+a
⎪ z2 = x 3 + x + a

⎩
3. Cho hệ phơng trình :

có một nghiệm duy nhất .

x2 = y + a
⎪ 2
⎨y = z + a
⎪ 2
⎩z = x + a

Tìm a để hệ phơng trình chỉ cã nghiƯm víi d¹ng x = y = z .
4. Giải hệ phơng trình :
x 31 3 x1 + 2 = 2 x2
⎪ 3
⎪ x 2 − 3 x 2 + 2 = 2 x3
⎪
⎨ .........
⎪ x 3 − 3x + 2 = 2 x
99
100
⎪ 99
3
⎪ x 100 − 3 x100 + 2 = 2 x1
⎩
5. Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ phơng trình :
x 21 = x 32 4 x2 + ax2
⎪ 2
3
⎪ x 2 = x 3 − 4 x3 + ax3

⎪
cã mét nghiÖm duy nhÊt .
⎨ .........
⎪ x 2 = x 3 − 4 x + ax
n
n
n
⎪ n −1
2
3
⎪ x n = x 1 − 4 x1 + ax1

6. Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và a 0 . Chứng minh hệ phơng trình :
⎧ x 21 = x 32 − 4 x2 + ax2
⎪ 2
3
⎪ x 2 = x 3 − 4 x3 + ax3
⎪
cã nghiÖm duy nhÊt .
⎨ .........
⎪ x 2 = x 3 − 4 x + ax
n
n
n
⎪ n −1
2
3
⎪ x n = x 1 − 4 x1 + ax1
⎩
7. Chøng minh với mỗi a R , hệ phơng trình :

⎧ x 2 = y3 + y2 + y + a
⎪ 2
3
2
⎨ y = z + z + z + a cã mét nghiÖm duy nhÊt .
⎪ z2 = x 3 + x 2 + x + a
⎩

4


Ii. Hệ phơng trình giải đợc bằng phơng pháp lợng giác hoá.

1. Giải hệ phơng trình :

x 1 y2 + y 1 − x2 = 1
⎪
⎨
⎪(1 − x )(1 + y ) = 2
⎩

(1)
(2)

⎧
⎧1 − x 2 ≥ 0
x 1

Giải.
ĐK :

2
y 1
1 y 0

Đặt x = cos ; y=cos với , [ 0; ] , khi đó hệ phơng trình :

π
⎧
⎧cosα .sinβ + cosβ .sinα =1 ⎪ α + β =
⇔⎨
⇔⎨
2
⎩ (1 − cosα )(1 + cosβ ) = 2
⎪sinα − cosα − sinα .cosα − 1 = 0
⎩
1 − t2
Đặt t = sin cos , t 2 ⇒ sinα .cosα =
2
2
1− t
− 1 = 0 ⇔ t 2 + 2t − 3 ⇒ t = 1
Khi ®ã ta cã : t −
2
⎧x = 0
π⎞
π
⎛
Víi t = 1 , ta cã : 2sin ⎜ α − ⎟ = 1 ⇒ α = ⇒ β = 0 ⇒ ⎨
4⎠
2

⎝
⎩y = 1
NÕu : x ≤ a ( a > 0 ) , ta đặt x = acos , với ∈ [ 0; π ]

⎧ 2 ( x − y )(1 + 4 xy ) = 3

2. Giải hệ phơng trình : 2
2
x + y =1

Giải .

( 1)
(2)

Do x 2 + y 2 = 1 ⇒ x, y ∈ [ 1; 1] . Đặt x = sin , y = cosα víi α ∈ [ 0; 2π ] .
Khi ®ã (1) ⇔ 2 ( sinα − cosα )(1 + 2sin2α ) = 3

π⎞ ⎛
1⎞
π ⎞⎛
π⎞
⎛
⎛
⇔ 2. 2sin ⎜ α − ⎟ .2. ⎜ sin2α + ⎟ = 3 ⇔ 4sin ⎜ α − ⎟ ⎜ sin2α + sin ⎟ = 3
4⎠ ⎝
2⎠
4 ⎠⎝
6⎠
⎝

⎝
π⎞ ⎛
π ⎞ ⎛
π ⎞
π ⎞⎡ π
π ⎞⎤
⎛
⎛
⎛
⇔ 8sin ⎜ α − ⎟ sin ⎜ α − ⎟ cos ⎜ α − ⎟ = 3 ⇔ 4cos ⎜ α + ⎟ ⎢ cos − cos ⎜ 2α − ⎟ ⎥ = 3
12 ⎠ ⎣
3
6 ⎠⎦
4⎠ ⎝
12 ⎠
12 ⎠
⎝
⎝
⎝
⎝
π ⎞
π ⎞ ⎛
π⎞
⎛
⎛
⇔ 2cos ⎜ α − ⎟ − 4cos ⎜ α − ⎟ cos ⎜ 2α − ⎟ = 3
12 ⎠
12 ⎠
6⎠
⎝

⎝
⎝
π⎞
π ⎞ ⎡ ⎛
π⎞
π ⎞⎤
⎛
⎛
⎛
⇔ 2cos ⎜ α − ⎟ − 2 ⎢ cos ⎜ 3α − ⎟ + cos ⎜ α − ⎟ ⎥ = 3 ⇔ −2cos ⎜ 3α − ⎟ = 3
12 ⎠
4⎠
12 ⎠ ⎦
4⎠
⎝
⎝
⎝
⎣ ⎝
0
0
⎡α = −35 + k120
π⎞
3
⎛
⇔⎢
cos ⎜ 3α − ⎟ = −
(k ∈ R)
0
0
4⎠

2
⎝
⎣ α = 65 + k120
Tõ ®ã suy ra hÖ cã 6 nghiÖm

( x, y ) = {( sin650 , cos650 ) , ( −sin350 , cos350 ) , ( sin850 , cos850 ) ,

( −sin5 , − cos5 ) , ( -sin25 , − cos25 ) , ( sin305 , cos305 ) }
0

0

0

5

0

0

0


NÕu : x 2 + y 2 = a ( a > 0 ) , ta đặt x = asin , y = acosα , víi α ∈ [ 0; 2π ]

⎧2 x + x 2 y = y
⎪
2
3. Gi¶i hệ phơng trình :
2 y + y z = z

2

2 z + z x = x
Giải : Từ các phơng tr×nh cđa hƯ , suy ra : x, y, z ≠ ±1 . Do ®ã ta cã :
⎧
2x
⎪ y = 1 − x 2 (1)
⎪
2y
⎪
(2)
⎨z =
1 − y2
⎪
⎪
2z
(3)
⎪x =
1 − z2


Đặt Đặt x = tg với ⎜ − ; ⎟ (4) vµ sao cho tgα , tg2α , tg4α ≠ ±1 (5).
⎝ 2 2⎠
kπ
2kπ
4kπ ⎞
⎛
, y = tg
, z = tg
, k = 0, ± 1,..., 3

Tơng tự bài 2. Hệ phơng trình có 7 nghiệm ⎜ x = tg
7
7
7 ⎟
⎝
⎠
⎛ π π⎞
Víi mäi sè thùc x cã mét sè α víi α ∈ ⎜ − ; ⎟ sao cho x = tgα
⎝ 2 2⎠

⎧ x − 3z 2 x − 3z + z 3 = 0
⎪
2
3
⎨ y − 3x y − 3x + x = 0
⎪ z − 3y 2 z − 3y + y 3 = 0


4. Giải hệ phơng trình :

Giải . Viết lại hệ phơng trình dới dạng :
x 1 3z 2 = 3z − z 3
⎪
⎪
2
3
⎨ y 1 − 3x = 3x − x
⎪
2
3

⎪ z 1 − 3y = 3y − y
⎩

(
(
(

Tõ ®ã, dƠ thÊy nÕu
⎧
3z − z 3
x=
⎪
1 − 3z 2
⎪
⎪
3x − x 3
(I) ⇔ ⎨ y =
1 − 3x 2
⎪
⎪
3y − y 3
z=
⎪
1 − 3y 2
⎩

( x , y, z )

)
)

)

(I)

là nghiệm của hệ đà cho thì ph¶i cã x, y, z ≠ ±

1
3

. Bëi thÕ :

(1)
(2)

(II)

(3)

1
⎛
(5).
Đặt x = tg với ; ⎟ (4) vµ sao cho tgα , tg3α , tg9α ≠ ±
3
⎝ 2 2⎠
Khi ®ã tõ (2), (3), (1) sÏ cã : y = tg3α , z = tg9α vµ x = tg27α

6


Từ đây dễ dàng suy ra ( x, y, z ) lµ nghiƯm cđa (II) khi vµ chØ khi y = tg3α , z = tg9α , x = tgα , với

đợc xác định bởi (4), (5) và tg = tg27α (6).
L¹i cã : ( 6 ) ⇔ 26α = k ( k Z )

k
với k nguyên thoả m·n :
26
−12 ≤ k ≤ 12 . DƠ dµng kiĨm tra đợc rằng, tất cả các giá trị đợc xác định nh vừa nêu đều thoả
mÃn (5).
Vậy tóm lại hệ phơng trình đà cho có tất cả 25 nghiệm, ®ã lµ :
kπ
3kπ
9 kπ ⎞
⎛
⎜ x = tg 26 , y = tg 26 , z = tg 26 ⎟ , k = 0, ± 1,... ± 12
⎝
⎠
5. Gi¶i hƯ phơng trình :


1
1
1
3 x + = 4 ⎜ y + ⎟ = 5⎜ z + ⎟
x⎠
y⎠
z⎠
⎝
⎨ ⎝
⎝
⎪ xy + yz + zx = 1

⎩
NhËn xÐt : xyz ≠ 0; x, y, z cïng dÊu . NÕu ( x, y, z ) lµ mét nghiƯm cđa hƯ thì
Giải.

Vì thế thoả mÃn đồng thời (4) và (6) khi vµ chØ khi α =

( − x, − y, z ) cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm

(

x, y, z dơng .

)

Đặt x = tgα ; y = tgβ ; z = tgγ 0 < α , β , λ < 90 0 .
⎧ ⎛
⎛
⎛
1 ⎞
1 ⎞
1 ⎞
⎪ 3 ⎜ tgα +
⎟ = 4 ⎜ tgβ +
⎟ = 5 ⎜ tgγ +
⎟ ( 1)
tgα ⎠
tgβ ⎠
tgγ ⎠
HÖ ⎨ ⎝
⎝

⎝
⎪tgα tgβ + tgβ tgγ + tgγ tgα = 1
(2)
⎩
⎛ 1 + tg2α ⎞
⎛ 1 + tg2 β ⎞
⎛ 1 + tg2γ ⎞
3
4
5
=
=
(1) ⇔ 3 ⎜
= 4⎜
= 5⎜
⎟
⎟
⎟ ⇔
sin2α sin2β sin2γ
⎝ tgα ⎠
⎝ tgβ ⎠
⎝ tgγ ⎠
Tõ (2) suy ra : tgγ ( tgα + tgβ ) = 1 − tgβ tgα ⇒ cotgγ =

( tgα + tgβ ) = tg
1 − tgβ tgα

(α + β )

π

⎛π
⎞
⇒ tg ⎜ − γ ⎟ = tg (α + β ) ⇔ α + β + γ = .
2
⎝2
⎠
3
4
5
⎧
=
=
⎪ sin2 sin2 sin2

Do
nên 2,2,2 là các góc của một tam giác có số đo 3 cạnh 3,4,5.
0 < , β , γ < π ;α + β + =


2
2
Do tam giác có 3 cạnh 3,4,5 là tam giác vuông nên 2 = 900 = 450 ⇒ z = tgγ = 1
2tgα
3
2x
3
1
= ⇔
= ⇒x=
2

2
1 − tg α 4
1− x
4
3
2tgβ
4
2y
4
1
= ⇔
= ⇒y=
tg2β =
2
2
1 − tg β 3
1− y
3
2
tg2α =

7


Tuyển tập các bi toán hay
II . Hệ phơng trình 2 ẩn.
698
4
2
(1)

x +y =
1. Giải hệ phơng trình :
81
⎨
⎪ x 2 + y 2 + xy − 3 x − 4 y + 4 = 0
(2)
⎩
Gi¶i : Gi¶ sử hệ phơng trình có nghiệm . Ta thấy (2) tơng đơng với :

x 2 + ( y 3) x + ( y 2 ) = 0
Để phơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có :
7
2
2
Δ = ( y − 3) − 4 ( y − 2 ) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤
(3)
3
MỈt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với : y 2 + ( x − 4 ) y + x 2 3 x + 4 = 0
Để phơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có :
4
2
= ( x − 4) − 4 x 2 − 3x + 4 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤
(4)
3
256 49 697 698
Tõ (3) vµ (4) ta cã : x 4 + y 2
+
=
<
, không thoả mÃn (1).

81
9
81
81
Vậy hệ phơng trình đà cho vô nghiệm .
2

(

)

2. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A )


1
3x 1 +
=2
x+y


Giải hệ phơng trình :

7y 1 1 ⎞ = 4 2
⎜
⎟
⎪
x+y⎠
⎝
⎩
3. ( §Ị thi HSG Qc Gia năm 1995-1996.Bảng A )

HÃy biện luận số nghiệm thực của hệ phơng trình với ẩn x, y :
x 3 y − y 4 = a2
⎨ 2
2
3
2
⎩ x y + 2 xy + y = b
Giải . Điều kiện có nghÜa cđa hƯ : x, y ∈ R .
ViÕt l¹i hƯ d−íi d¹ng :
⎧ y x 3 − y 3 = a 2 ( 1)
⎪
⎨
2
⎪ y ( x + y ) = b2
(2)

Xét các trờng hợp sau :
Trờng hợp 1 : b = 0 . Khi ®ã :
⎧
⎪y=0
⎨
3
3
2
⎡ ⎪y x − y = a
⎧y = 0
⎩
vµ do vËy : HƯ ®· cho ⇔ ⎢
(2) ⇔ ⎨
⎣ ⎧ y = −x

⎩y = −x
⎪
⎨
3
3
2
⎪y x − y = a
⎩

(

)

(

(I)

(

8

)
)

( II )


⎧ y = −x
Cã (II) ⇔ ⎨
4

2
⎩ −2 x = a
Từ đó : + Nếu a 0 thì (I) và (II) cùng vô nghiệm, dẫn đến hệ vô nghiệm .
+ Nếu a = 0 thì (I) có vô số nghiƯm d¹ng ( x ∈ R, y = 0 ) , cßn (II) cã duy nhÊt nghiƯm

( x = 0, y = 0 ) . Vì

thế hệ đà cho có vô số nghiệm .

( x, y )

Trờng hợp 2 : b 0 . Khi đó, từ (1) và (2) dễ thấy , nếu
phải có x, y >0 . Vì thế

(2) x =

b
y

y

là nghiệm của hệ đà cho thì

( 3) .

3
⎡⎛ b
⎤
⎞
− y ⎟ − y 3 ⎥ = a2

Thế (3) vào (1) ta đợc : y

y





Đặt

y = t > 0 . Tõ (4) ta cã ph−¬ng tr×nh sau :
3
⎡⎛ b
⎤
⎞
2
⎢⎜ − t ⎟ − t 6 ⎥ = a 2 ⇔ t 9 − b − t 3
t
⎢⎝ t
⎥
⎠
⎣
⎦

(

2

)

3

+ a2 t = 0 ( 5 )

XÐt hµm sè : f ( t ) = t 9 − ( b − t 3 ) + a 2 t xác định trên [ 0;+ ) có :
3

(

f' ( t ) = 9t 8 + 9 b − t 3

)

2

t 2 + a 2 ≥ 0, ∀t ∈ [ 0; + ∞ ) .

Suy ra hµm sè f ( t ) đồng biến trên [ 0; + ) , và vì thế phơng trình (5) có tối ®a 1 nghiƯm trong

[ 0; + ∞ ) . Mµ

f ( 0 ) = − b < 0 vµ f
3

( b )= b
3

3

+ b a 2 > 0 , nªn phơng trình (5) có duy nhất

b
nghiệm, kí hiệu là t0 trong ( 0; + ∞ ) . Suy ra hÖ cã duy nhÊt nghiÖm ⎜ x = − t0 2 , y = t0 2 ⎟ .
t0
⎝
⎠
VËy tãm l¹i : + Nếu a = b = 0 thì hệ đà cho cã v« sè nghiƯm .
`
+ NÕu a t ý , b 0 thì hệ đà cho có duy nhÊt nghiÖm .
+ NÕu a ≠ 0, b = 0 thì hệ đà cho vô nghiệm .
2 x 2 + xy y 2 = 1
4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình : 2
(1) cã nghiÖm .
x + xy + y 2 = m
⎩
2
⎧2 x = 1
1
Gi¶i .
+ Víi y = 0 hƯ trë thµnh ⎨ 2
. HƯ cã nghiƯm khi m =
2
⎩x = m

+ Với y 0 , đặt

x
= t , hƯ trë thµnh

y

1
⎧ 2
1
⎧ 2
⎪2 t + t − 1 = y 2
⎪ 2t + t − 1 = y 2
⎪
(2)
⇔⎨
⎨
⎪t 2 + t + 1 = m 2 t 2 + t − 1
⎪ t2 + t + 1 = m
⎩
⎪
y2
⎩
VËy hÖ PT (1) cã nghiÖm ( x, y ) khi vµ chØ khi hƯ PT (2) cã nghiƯm ( t, y ) .

(

9

)


⎡ t < −1
1
2

XÐt hÖ (2), tõ 2t + t − 1 = 2 suy ra 2t + t − 1 > 0 ⇔ ⎢
. Do ®ã hƯ (2) cã nghiÖm
⎢t > 1
y
⎢
2
⎣

( t, y )

2

⇔m=

t2 + t + 1
t2 + t + 1
⎛1
⎞
cã nghiÖm t ∈ ( −∞, −1) ∪ ⎜ , + ∞ ⎟ . XÐt hµm sè f ( t ) = 2
trên khoảng
2t 2 + t − 1
2t + t − 1
⎝2
⎠
⎡ t = −3 − 7
1
t 2 + 6t + 2
⎞
, + ∞ ⎟ . Ta cã : f' ( t ) = −
, f' ( t ) = 0 ⇔ ⎢

2
⎝2
⎠
⎢ t = −3 + 7
2t 2 + t − 1
⎣

( −∞, −1) ∪


(

)

Lập bảng biến thiên :


t

3 7

-

f(t)

0

3 7

-1

+

1
2

+

0



1
2
+

+

f(t)


14 + 5 7

1
2



28 + 11 7
Nhìn vào bảng biến thiên ta thÊy ®Ĩ hƯ cã nghiƯm : m ≥
⎧ x 3 ( 2 + 3y ) = 1

5. Giải hệ phơng tr×nh : ⎨
3
⎪ x y −2 =3
⎩

(

14 + 5 7
28 + 11 7

.

( 1)
(2)

)

Giải . Rõ ràng nếu y = 3 2 hƯ v« nghiƯm.

Víi y ≠ 3 2 , tõ (2) suy ra x =

27 ( 2 + 3y )

(y

3

−2

)

3

= 1 (3) . XÐt hµm sè : f ( y ) =

Suy ra : f' ( y ) = 0 y = 1
Ta có bảng biến thiên :

y
f(y)
f (y)

−∞
+

−∞

-1
0
0

3
, thay vµo (1) ta cã :
y −2
3

27 ( 2 + 3y )

(y

3

−2

)

3

3

− 1 , ta cã : f' ( y ) = −

2

(

81 8y 3 + 6 y 2 + 2

(y

3

−2

+∞

-

+∞

−∞
10

−∞

)

3

)


(

)

Nhìn vào bảng biến thiên suy ra pt(3) không có nghiệm trên các khoảng ( ; 1) và 1; 3 2 .
Phơng trình có 1 nghiệm y = 1 và 1 nghiệm trong khoảng
Dễ thấy y = 2 là 1 nghiƯm thc kho¶ng

(

3

)

(

3

2, + ∞

)

2, + ∞ .

⎛1 ⎞
VËy hƯ phơng trình đà cho có 2 nghiệm : ( 1; 1) và ; 2 .
2
6. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B )
x 3 + 3 xy 2 = 49
Giải hệ phơng trình sau : ⎨ 2
2
⎩ x − 8 xy + y = 8 y − 17 x
7. ( §Ị thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 Bảng A )
(1 + 4 2 x − y ) .51−2 x + y = 1 + 22 x y +1

Giải hệ phơng trình :
3
2
⎪ y + 4 x + 1 + ln ( y + 2 x ) = 0

Giải .
ĐK: y 2 + 2 x > 0
Đặt t = 2 x y thì phơng trình thứ nhất của hệ trở thành :
1 + 4 t 1 + 2 t +1
=
(1)
5t

5
VÕ tr¸i là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến trên nên t=1 là nghiệm
duy nhất của (1).
y +1
thế vào phơng trình thứ hai của hệ ta đợc :
Vậy 2 x − y = 1 ⇒ x =
2
y 3 + 2 y + 3 + ln y 2 + y + 1 = 0 ( 2 )

(1 + 4 ) .5
t

1 t

= 1 + 2 t +1

(

)

Vế trái là hàm đồng biến do đó y =-1 là nghiệm duy nhất của (2).
Đáp số : x = 0, y = 1 .
8. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 –B¶ng B )
⎧ 7x + y + 2 x + y = 5

Giải hệ phơng trình :

2x + y + x y = 2

Giải :

ĐK có nghĩa của hệ phơng trình : min {7 x, 2 x} y
Đặt :

7x + y = a và

2x + y = b . Từ hệ phơng trình đà cho ta cã hÖ :

⎧a + b = 5
⎪
⎨
⎪b + x − y = 2
⎩

(1 )
(2)

NhËn thÊy : a 2 − b2 = 5 x . KÕt hỵp víi (1) suy ra : b =
5− x
+ x − y = 2 ⇔ x = 2y − 1
2
ThÕ (3) vµo (2) ta cã :

5y − 2 + y − 1 = 2 ⇒ y =

( 5 − x ) , thÕ vµo (2) ta đợc :
2

( 3)
11 77
2

Thế vào (3) suy ra nghiƯm cđa hƯ lµ: x = 10 − 77,

y=

11

11 − 77
.
2


9. Cho hệ phơng trình 2 ẩn x, y :
k x 2 + 3 x 4 + 3 x 2 + 1 = yx
⎪
⎨
⎪ k 3 x 8 + x 2 + 3 x 2 + 1 + ( k − 1) 3 x 4 = 2 y 3 x 4

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 )

1
3x . 1 +
=2
x+y


Giải hệ phơng trình :

7y . ⎛ 1 − 1 ⎞ = 4 2
⎜
⎟
⎪
x+y⎠
⎝
⎩
Gi¶i . §K cã nghÜa cđa hƯ : x ≥ 0, y ≥ 0 vµ x 2 + y 2 ≠ 0 .
DƠ thÊy , nÕu ( x, y ) lµ nghiệm của hệ đà cho thì phải có x >0, y>0 . Do ®ã :
⎧ 1
⎧⎛
1
2 2
1 ⎞
2
=
−
( 1)
⎪
⎪⎜ 1 +

⎟=
x+y⎠
3x
7y
3x
⎪⎝
⎪x + y
HƯ ®· cho ⇔ ⎨
⇔⎨
⎪ ⎛1 − 1 ⎞ = 4 2
⎪1 = 1 + 2 2
(2)
⎜
⎟
⎪
⎪⎝
x+y⎠
7y
3x
7y
⎩
⎩
Nh©n (1) với (2) theo vế ta đợc :
1
1
8
=

21xy = ( x + y )( 7 y − 3 x ) ⇔ ( y − 6 x )( 7 y + 4 x ) = 0 ⇔ y = 6 x ( vì x >0, y>0)
x + y 3x 7y

Thay vào (2) và giải ra ta đợc : x =

11 + 4 7
22 + 8 7
, y=
.Thử lại ta thấy thoả mÃn yêu cầu bt.
21
7

Iii. Hệ phơng trình 3 ẩn.

1. ( §Ị thi HSG TØnh Qu¶ng Ng·i 1995-1996)
⎧ y 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = 0
⎪ 3
2
Giải hệ phơng trình :
z 6 y + 12 y − 8 = 0
⎪ x 3 − 6 z 2 + 12 z − 8 = 0
⎩

4.

Gi¶i hƯ phơng trình :

12 x 2 48 x + 64 = y 3
⎪
2
3
⎨12 y − 48y + 64 = z

⎪12 z 2 − 48z + 64 = x 3
⎩

⎧ x 19 + y 5 = 1890 z + z 2001
⎪ 19 5
2001
5. Giải hệ phơng trình :
y + z = 1890 x + x
⎪ z19 + x 5 = 1890 y + y 2001
⎩
Gi¶i . Chóng ta sÏ chøng minh hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất x = y = z = 0 .

12


Giả sử ( x, y, z ) là một nghiệm của hệ phơng trình khi đó ( x, y, z ) cũng là một nghiệm của
hệ phơng trình , nên không mất tính tổng quát ta có thĨ gi¶ thiÕt : cã Ýt nhÊt hai trong ba số x, y, z
không âm. Ví dụ x 0, y 0 . Từ phơng trình thứ nhất ta suy ra z 0 .
Mặt khác nếu 0 < u ≤ 1 th× 1890 + u2000 > 2 ≥ u18 + u4
NÕu u > 1 th× 1890 + u2000 > 1 + u2000 > 2. u2000 = 2.u1000 > u18 + u4
Do ®ã 1890u + u2001 > u19 + u5 víi mäi u>0.
Bëi vËy nÕu céng tõng vÕ cđa HPT ta suy ra x = y = z = 0 .đpcm
6. Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất :
x 2 = ( 2 + m ) y 3 − 3y 2 + my
⎪ 2
3
⎨ y = ( 2 + m ) z − 3z + mz
⎪ z 2 = ( 2 + m ) x 3 − 3 x + mx

7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 –B¶ng A )

⎧ x 3 + x ( y z )2 = 2

2

Giải hệ phơng trình sau : ⎨ y 3 + y ( z − x ) = 30
⎪ 3
2
⎪ z + z ( x − y ) = 16


8. Giải hệ phơng trình :

Giải .

(
(
(

)
)
)

x 2 ( x + 1) = 2 y 3 − x + 1
⎪
⎪ 2
3
⎨ y ( y + 1) = 2 z − y + 1
⎪ 2
3
⎪ z ( z + 1) = 2 x − z + 1

⎩

ViÕt l¹i hệ đà cho dới dạng :
x 3 + x 2 + 2 x = 2 y3 + 1
⎪ 3
2
3
⎨ y + y + 2 y = 2z + 1
⎪ z3 + z 2 + 2 z = 2 x 3 + 1
⎩

⎧ f ( x) = g ( y)
⎪
hay ⎨ f ( y ) = g ( z )
⎪ f ( z) = g ( x )
⎩

Trong ®ã f ( t ) = t 3 + t 2 + 2t vµ g ( t ) = 2t 3 + 1 . Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm đồng biến
trên R vì : f' ( t ) = 3t 2 + 2t + 2 > 0, g ( t ) = 6t 2 ≥ 0, ∀t ∈ R.
⎧x = y = z
Suy ra hệ đà cho tơng đơng với hƯ : ⎨
( 4)
⎩h ( x ) = 0
Trong ®ã h ( t ) = t 3 − t 2 − 2t + 1 . NhËn xÐt r»ng h ( t ) liên tục trên R và :

h ( 2 ) < 0, h ( 0 ) > 0,

h (1) < 0, h ( 2 ) > 0 nên phơng trình h ( t ) = 0 có cả 3 nghiệm phân biệt đều nằm trong ( 2; 2 )

Đặt x = 2cosu, u ∈ ( 0; π ) . Khi đó sinu 0 và (4) có dạng :

x = y = z = 2cosu, u ∈ ( 0; π )
⎧ x = y = z = 2cosu, u ∈ ( 0; π )
⎪
hay ⎨
⎨
3
2
3
2
⎩8cos u − 4cos u − 4cosu + 1 = 0
⎪sinu 8cos u − 4cos u − 4cosu + 1 = 0
⎩
⎧ x = y = z = 2cosu, u ∈ ( 0; π )
Hay ⎨
(5).
⎩ sin4u = sin3u

(

13

)


⎧ x = y = z = 2cosu, u ∈ ( 0; )

3 5
;
Giải hệ phơng trình (5) ta thu đợc u ;
và ⎨

⎧ π 3π 5π ⎫
⎩7 7 7 ⎭
⎪u∈⎨ 7 ; 7 ; 7




9. Tìm tất cả các bộ ba số dơng ( x, y, z ) thoả mÃn hệ phơng trình :

2 x 2004 = y 6 + z 6
⎪ 2004
= z6 + x 6
⎨2 y
⎪ 2004 = x 6 + y 6
⎩2 z
Gi¶i :

Gi¶ sư

( x, y, z ) là một bộ ba số dơng thoả mÃn hệ PT đà cho . Không mất tính tổng quát ,

giả sö 0 < x ≤ y ≤ z . Nh− vËy :
⎧ x 2004 ≥ x 6
⎧2 x 2004 = y 6 + z 6 ≥ x 6 + x 6
⎧x ≥ 1
⇒ ⎨ 2004
⇒⎨
⇒ x = y = z =1
2004
6

6
6
6
6
z
= x +y z +z
z 1
z
2z
Đảo lại, dƠ thÊy x = y = z = 1 lµ một bộ ba số dơng thoả mÃn yêu cầu bài toán .

10. Tìm điều kiện của m để hệ phơng tr×nh sau cã nghiƯm :
⎧ x 2 + y 2 − z 2 + xy − yz − zx = 1
⎪ 2 2
⎨ y + z + yz = 2
⎪ x 2 + z 2 + xz = m
⎩
⎧x5 − x 4 + 2 x2 y = 2
⎪ 5
4
2
11. Gi¶i hệ phơng trình :
y y + 2y z = 2
⎪ z5 − z 4 + 2 z 2 x = 2
⎩

(
(
(

)
)
)

⎧ x 3 y 2 + 3y + 3 = 3y 2

3 2
2
12. Giải hệ phơng trình :
⎨ y z + 3z + 3 = 3z
⎪ 3 2
2
⎪z x + 3x + 3 = 3x
⎩
13. T×m tÊt cả các số thực a sao cho hệ phơng trình sau cã nghiÖm thùc x, y, z :
⎧
⎪ x −1 + y −1 + z −1 = a −1
⎨
⎪ x +1 + y +1 + z +1 = a +1
⎩
Gi¶i. §K: x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1
HÖ phơng trình tơng đơng với hệ phơng trình :
x − 1 + x + 1 + y − 1 + y + 1 + z − 1 + z + 1 = 2a
⎪
⎨
⎪ x +1 − x −1 + y +1 − y −1 + z +1 − z 1 = 2

Đặt u = x 1 + x + 1 ; v = y − 1 + y + 1 ; s = z − 1 + z + 1

(

(

) (
) (

) (
) (

)
)

Do x ≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1 nªn u ≥ 2, v 2, s 2 . Ngợc lại nếu u ≥ 2, v ≥ 2, s ≥ 2 , ta cã :
1⎛
2⎞
1⎛
4⎞
2
2
x +1 − x −1 =
=
⇒ x + 1 = ⎜ u + ⎟ ⇒ x = ⎜ u2 + 2 ⎟ ≥ 1
2⎝
u⎠
4⎝
u ⎠
x +1 + x −1 u
Tơng tự đối với y, z .
14

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 u 2, v ≥ 2, s ≥ 2 :
⎧u + v + s = 2 a
⎪
( 1)
⎨1 1 1
⎪u + v + s =1

+ Điều kiện cần : Giả sử hệ phơng trình (1) có nghiệm . Theo bất đẳng thức Bunhia ta cã :
9
⎛ 1 1 1⎞
2a = ( u + v + s ) ⎜ + + ⎟ ≥ 9 a
2
u v s
9
+ Điều kiện đủ : Giả sư a ≥ . Chóng ta sÏ chøng minh hƯ phơng trình (1) có nghiệm
2
u + v = 2a − 3
⎪
LÊy s = 3 ( tho¶ m·n s ≥ 2 ) . Khi đó (1) tơng đơng với : ⎨
3 ( 2a − 3)
⎪u.v =
⎩
2
3 ( 2a − 3 )
⇔ u, v lµ hai nghiƯm cđa tam thøc bËc hai : t 2 − 2 ( 2 a − 3 ) t +
2
2a − 3 ± ( 2a − 3 )( 2a − 9 )
⇒ u, v =
2

(

Chó ý : Đặt h = 2a 9 0 h + 6 − 2 2

( 2a − 3 ) − 2

2>

( 2a − 3)( 2a − 9 )

)

2

> ( h + 3 ) > h ( h + 6 ) . Tøc lµ :
2

⇒ u > 2, v > 2 .

Nh vậy hệ phơng trình (1) có nghiệm u ≥ 2, v ≥ 2, s ≥ 2 .
9
Tãm l¹i các số thực a cần tìm là tất cả các số thực a .
2
14. Giải hệ phơng trình :
⎛
⎛
1⎞
1⎞
⎛ 1⎞

⎪20 ⎜ x + ⎟ = 11 ⎜ y + ⎟ = 2007 ⎜ z + ⎟
x⎠
y⎠
z⎠
⎝
⎨ ⎝
⎝
⎪ xy + yz + zx = 1
⎩
15. ( §Ị thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A )
x 2 2 x + 6.log ( 6 − y ) = x
3

2
Giải hệ phơng trình : y 2 y + 6.log3 ( 6 − z ) = y
⎪ 2
⎪ z − 2 z + 6.log3 ( 6 − x ) = z

Giải . ĐK xác định x, y, z < 6 . Hệ đà cho tơng đơng với :
⎧
x
⎪ log3 ( 6 − y ) =
2
⎪
x − 2x + 6
⎪
y
⎪
⎨ log3 ( 6 − z ) =
2

y − 2y + 6
⎪
⎪
z
⎪log3 ( 6 − x ) =
⎪
z2 − 2 z + 6
⎩

15

(1 )
(2)
( 3)


Nhận thấy f ( x ) =

x

là hàm tăng, còn g ( x ) = log3 ( 6 − x ) là hàm giảm với x<6.
x 2x + 6
Nếu ( x, y, z ) lµ mét nghiƯm cđa hƯ phơng trình ta chứng minh x=y=z.Không mất tính
2

tổng quát giả sư x = max { x, y, z} th× cã hai tr−êng hỵp :
1) x ≥ y ≥ z . Do g ( x ) là hàm giảm, suy ra : log3 ( 6 − y ) ≥ log3 ( 6 − z ) ≥ log3 ( 6 − x )
⇒ x ≥ z ≥ y . Do y ≥ z nên z = y . Từ (1) và (2) suy ra : x=y=z.
2) x ≥ z ≥ y .
T−¬ng tù log3 ( 6 − y ) ≥ log3 ( 6 − x ) ≥ log3 ( 6 − z )

⇒ z ≥ x ≥ y . Do x ≥ z nên z = x . Từ (1) và (3) suy ra : x=y=z.
Phơng trình f ( x ) = g ( x ) cã nghiÖm duy nhÊt x=3.
VËy hÖ ®· cho cã nghiƯm duy nhÊt : x=y=z=3.
16. ( §Ị thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng B )
x 3 + 3x 2 + 2 x − 5 = y

Giải hệ phơng trình : y 3 + 3 y 2 + 2 y − 5 = z
⎪ z 3 + 3z 2 + 2 z − 5 = x
⎩

Gi¶i . Gi¶ sư x = max { x, y, z} . XÐt hai tr−êng hỵp :

1) x ≥ y ≥ z
⎧ x3 + 3x 2 + 2 x − 5 ≤ x
Tõ hƯ trªn ta cã : ⎨ 3
2
⎩ z + 3z + 2 z − 5 ≥ z
⎧( x − 1) ⎡( x + 2 )2 + 1⎤ ≤ 0
⎧x ≤ 1
⎪
⎣
⎦
⇒⎨
⇒⎨
2
⎩1 ≤ z
⎪ ( z − 1) ⎡( z + 2 ) + 1⎤ ≥ 0
⎣
⎦
⎩

2) x ≥ z ≥ y
⎧ x3 + 3x 2 + 2 x − 5 ≤ x
Tõ hƯ trªn ta cã : ⎨ 3
2
⎩ y + 3y + 2 y − 5 ≥ y
⎧( x − 1) ⎡( x + 2 )2 + 1⎤ ≤ 0
⎧x ≤ 1
⎪
⎣
⎦
⇒⎨
⇒⎨
2
⎪( y − 1) ⎡( y + 2 ) + 1⎤ ≥ 0 ⎩1 ≤ y



Cả hai trờng hợp đều cho x = z = y = 1 . Thư l¹i ta thÊy x = z = y = 1 là nghiệm của hệ phơng trình .
Tóm lại hệ đà cho có nghiệm duy nhất : x = z = y = 1 .

17. Gi¶i hệ phơng trình :

1
1
1
8


=
x+ y+ z

x
y
z 3


1 1 1 118
⎪
⎨ x+ y+z+ + + =
x y z
9
⎪
⎪
1
1
1
728
−
−
=
⎪x x + y y + z z −
27
x x y y z z
⎪
⎩

16


18 . Giải hệ phơng trình :

x2 + y2 = −y ( x + z)
⎪ 2
⎨ x + x + y = −2 yz
⎪3 x 2 + 8 y 2 + 8 xy + 8yz = 2 x + 4 z + 2


Giải . Hệ đà cho tơng đơng víi :
⎧ x ( x + y) + y ( y + z) = 0
⎪
⎪
⎨ x ( x + 1) + y ( 2 z + 1) = 0
⎪
2
2
2
2
⎪ 4 ( x + y ) + 4 ( y + z ) = ( x + 1) + ( 2 z + 1)
⎩

XÐt : a = ( x; y ) , b = ( x + y; y + z ) , c = ( x + 1; 2 z + 1) ⇒ a.b = 0, a.c = 0, 4 b = c
2

2

1
+ NÕu a = 0 th× x = y = 0, z = − .
2
+ NÕu a ≠ 0 thì b và c cộng tuyến nên : c = ±2 b , tõ ®ã ta cã : x = 0, y = z =

1

.
2

1⎞ ⎛ 1 1⎞
⎛
Tãm l¹i hÖ cã hai nghiÖm : ⎜ 0; 0; − ⎟ , ⎜ 0; ; ⎟ .
2⎠ ⎝ 2 2⎠
⎝

iV. HÖ phơng trình

n ẩn. ( n >3, n N )

1. Giải hệ phơng trình :
x1 + x2 = x31996

1996
x 2 + x3 = x 4
⎪
⎨ .........
⎪ x + x = x 1996
1
⎪ 1995 1996
1996
⎪ x1996 + x1 = x2
⎩
Gi¶i : Gọi X là giá trị lớn nhất của các nghiệm xi , i = 1,...1996 và Y là giá trị bé nhất của chúng.
Thế thì từ phơng trình đầu ta cã :
2X ≥ x1 + x2 = x31996

2X ≥ x k1996 , ∀k = 1, 2,....,1996

Tõ ®ã ®èi víi các phơng trình của hệ ta có :

Hay là ta cã : 2X ≥ X1996 suy ra : 2 ≥ X1995 ( vì X >0 )
Lập luận một cách tơng tù ta cịng ®i ®Õn : 2 ≤ Y1995
Tõ (1) vµ (2) suy ra X1995 = Y1995 = 2
NghÜa lµ ta cã : x1 = x2 = .... = x1996 = 1995 2
x −a
⎧ x1 − a1 x2 − a2
=
= ... = n n

b2
bn
2. Giải hệ phơng trình : b1
⎪ x + x + .... + x = c
n
⎩ 1 2

víi b1 , b2 ,..., bn ≠ 0,

n

∑b
i =1

i

≠0

17

(1)
(2)


Giải . Đặt :

x a
x1 a1 x2 a2
=
= ... = n n = t
b1
b2
bn
n

n

n

i =1

i =1

i =1

Ta cã : xi = tbi + ai ⇒ ∑ xi = ∑ ai + t ∑ bi

n
⎛
⎞
c − ∑ ai ⎟
⎜
n
n
⇒ c = ∑ ai + t ∑ bi ⇒ t = ⎝ n i =1 ⎠
i =1
i =1
∑ bi
i =1

⎛
⎞
⎜ c − ∑ ai ⎟
⇒ xi = ai + bi ⎝ n i =1 ⎠
∑ bi
n

i =1

18