một số phương pháp nâng cao giải hệ phương trình

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

+ + + =


+ + + =


+ + + =


Giải :
Xét hàm số :
( )
( )
3 2

f 3 3 ln 1t t t t t= + + +

Ta có :
( )
2
2
2
2 1
f' 3 1 0, R
1
t
t t x
t t

= + + >
+
Vậy hàm số
( )
f t
đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phơng trình nh sau :
( )
( )
( )
f
f
f
x y
y z
z x

=

=


=

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

( ) ( ) ( ) ( )
f f f fx y x y y z y z z x
. Hay :
x y z x
x y z = =
Với :
x y z= =
, xét phơng trình :
( )
3 2
2 3 ln 1 0x x x x+ + + =
Do hàm số :
( )
( )
3 2
2 3 ln 1x x x x x

= + + +

đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất :
1x =
.
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :
1x y z= = =
.
Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ phơng trình có dạng :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
2 3
1
1
f g
f g

f g
f g
n n
n
x x
x x
x x
x x


=

=




=

=


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

n
x x x= = =
.
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử :
{ }

1 1 2
min , ,
n
x x x x=
.
Lúc đó ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 2 3 2 3 1
f f g g
n
x x x x x x x x x x
.
Vậy :
1 2 1

n
x x x x
Từ đó suy ra :
1 2

n
x x x= = =
.
1
CHUYấN ễN THI I HC MễN TON
Bài 2.
Giải hệ phơng trình :
3 2
3 2
3 2

2
2
2
1
4
1
4
1
4
x x
y y
z z
y
z
x
+
+
+



=
ữ





=

ữ





=
ữ



Giải:
Vì vế trái của các phơng trình trong hệ đều dơng nên hệ chỉ có nghiệm :
, , 0x y z >
.
Xét hàm số :
( )
3 2
2
1
f
4
t t
t
+

=
ữ

, ta có :

( ) ( )
( )
3 2
2
2
1
f' 2ln 4 3 . 0, 0
4
t t
t t t t
+

= + < >
ữ

.
Vậy hàm số
( )
f t
nghịch biến trên khoảng
( )
0; +
.
Không mất tính tổng quát, giả sử :
{ }
min , ,x x y z=
. Lúc đó :

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

( ) ( )
f f zx z x y x = = =
.
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :
1
2
x y z= = =
.
Bài toán tổng quát 2 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n lẻ ):
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
2 3
1
1
f g
f g

f g
f g
n n
n
x x
x x
x x
x x

=

=




=

=


Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và
( )
1 2
, ,
n
x x x
là nghiệm của hệ phơng trình , trong
đó
, 1,2, ,
i
x A i n =
thì
1 2

n
x x x= = =
với n lẻ .
Chứng minh :

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


1 2
x x=

Từ đó suy ra :
1 2

n
x x x= = =
.
Bài 3.
Giải hệ phơng trình :
( )
( )
( )

( )
2
2
2
2
1 2
1 2
1 2
1 2
x y
y z
z t
t x

=


=


=


=


2
Giải :
Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm :
, , , 0x y z t

.
Xét hàm số :
( ) ( )
2
f 1s s=
, ta có :
( ) ( )
f' 2 1s s=
. 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 x y z t=
.
+ Nếu
( ) ( )
1; , , , 1;x x y z t + +
, do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm
duy nhất :
2 3x y z t= = = = +
.
+ Nếu
[ ]
0; 1x

( )
0 f 1 0 2 1x y
, hay
[ ]
0;1y
, tơng tự
[ ]
, 0; 1z t
.
Vậy
[ ]
, , , 0; 1x y z t
. Do đó ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
f f f f zx y x y y z y z x
x z =
.
Với
x z=
( ) ( )
f f zx y t = =
.
Lúc đó hệ phơng trình trở thành :
( )
( )
( )
2
2
2

1 2
1 2
1 2
x y
x y
x y
y x
x y

=

=



=

=



=


2 3x y = =
Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm :
2 3x y z t= = = = +
và
2 3x y= =
.

Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n chẵn ):
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
2 3
1
1
f g
f g

f g
f g
n n
n
x x
x x
x x
x x


=

=




=

=


Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và
( )
1 2
, ,
n
x x x
là nghiệm của hệ phơng trình , trong
đó
, 1,2, ,
i
x A i n =
thì
1 3 1
2 4


n
n
x x x
x x x

= = =


= = =

với n chẵn .
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử :
{ }
1 1 2
min , ,
n
x x x x=
.
Lúc đó ta có :.
( ) ( ) ( ) ( )
1 3 1 3 2 4
2 4
f f g gx x x x x x
x x


( ) ( ) ( ) ( )
2 4 3 5
3 5
f f g g

x x x x
x x


( ) ( ) ( ) ( )
2 1 1
1 1
f f g g

n n n
n
x x x x
x x




( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2
f f g g
n n n
x x x x x x


Vậy :
1 3 1 1 1 3 1

n n
x x x x x x x

= = =
;
2 4 2 2 4

n n
x x x x x x x = = =
3
Phần bài tập ứng dụng phơng pháp

1. Giải hệ phơng trình :
3 2
3 2
3 2
2 7 8 2
2 7 8 2
2 7 8 2
x x x y
y y y z
z z z x

+ =

+ =


+ =

2. Chứng minh với mỗi
a R

, hệ phơng trình :

2 3
2 3
2 3
x y y a
y z z a
z x x a

= + +

= + +


= + +

có một nghiệm duy nhất .
3. Cho hệ phơng trình :
2
2
2
x y a
y z a
z x a

= +

= +


= +

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

3
1 1 2

3
2 2 3
3
99 99 100
3
100 100 1
3 2 2
3 2 2

3 2 2
3 2 2
x x x
x x x
x x x
x x x

+ =

+ =




+ =


+ =

5. Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ phơng trình :
2 3

1 2 2 2
2 3
2 3 3 3
2 3
1
2 3
1 1 1
4
4

4
4
n n n n
n
x x x ax
x x x ax
x x x ax
x x x ax


= +

= +




= +

= +

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

. Chứng minh hệ phơng trình :
2 3
1 2 2 2
2 3
2 3 3 3
2 3
1
2 3
1 1 1
4
4

4
4
n n n n
n
x x x ax
x x x ax
x x x ax
x x x ax


= +

= +




= +


= +

có nghiệm duy nhất .
7. Chứng minh với mỗi
a R

, hệ phơng trình :

2 3 2
2 3 2
2 3 2
x y y y a
y z z z a
z x x x a

= + + +

= + + +


= + + +

có một nghiệm duy nhất .
4
 Ii. HÖ ph¬ng tr×nh gi¶i ®îc b»ng ph¬ng ph¸p lîng gi¸c ho¸.
 1. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :
( ) ( )
2 2
1 1 1 (1)
1 1 2 (2)
x y y x
x y

− + − =


− + =


Gi¶i. §K :
2
2
1
1 0
1
1 0
x
x
y
y

≤


− ≥

⇔
 
≤
− ≥



§Æt
cos ; y=cosx
α β
=
víi
[ ]
, 0;
α β π
∈
, 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
α β β α
α β
α β
α α α α


+

+ =

⇔ ⇔
 
− + =


− − − =

§Æt
2
1
sin cos , t 2 sin .cos
2
t
t
α α α α
−
= − ≤ ⇒ =
Khi ®ã ta cã :
2
2
1
1 0 2 3 1
2
t
t t t t

−
− − = ⇔ + − ⇒ =
Víi
1t =
, ta cã :
0
2sin 1 0
4 2 1
x
y
π π
α α β
=

 
− = ⇒ = ⇒ = ⇒

 ÷
=
 

NÕu :
( )
0x a a≤ >
, ta ®Æt
cosx a
α
=
, víi
[ ]

0;
α π
∈
 2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :
( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 1 4 3 1
1 2
x y xy
x y

− + =


+ =


Gi¶i . Do
[ ]
2 2
1 , 1; 1x y x y+ = ⇒ ∈ −
. §Æt
sin , y cosx
α α
= =
víi
[ ]
0; 2
α π

∈
.
Khi ®ã (1)
( ) ( )
2 sin cos 1 2sin2 3
α α α
⇔ − + =
1
2. 2sin .2. sin2 3
4 2
π
α α
   
⇔ − + =
 ÷  ÷
   

4sin sin2 sin 3
4 6
π π
α α
  
⇔ − + =
 ÷ ÷
  
8sin sin cos 3
4 12 12
π π π
α α α
     

⇔ − − − =
 ÷  ÷  ÷
     

4cos cos cos 2 3
12 3 6
π π π
α α
 
   
⇔ + − − =
 ÷  ÷
 
   
 
2cos 4cos cos 2 3
12 12 6
π π π
α α α
     
⇔ − − − − =
 ÷  ÷  ÷
     
2cos 2 cos 3 cos 3
12 4 12
π π π
α α α
 
     
⇔ − − − + − =

 ÷  ÷  ÷
 
     
 

2cos 3 3
4
π
α
 
⇔ − − =
 ÷
 
( )
0 0
0 0
35 120
3
cos 3
4 2
65 120
k
k R
k
α
π
α
α

= − +

 
− = − ⇔ ∈

 ÷
= +
 

Tõ ®ã suy ra hÖ cã 6 nghiÖm
( )
( ) ( ) ( )
0 0 0 0 0 0
, { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85x y = −
,
( ) ( ) ( )
0 0 0 0 0 0
sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }− − −
5
Nếu :
( )
2 2
0x y a a+ = >
, ta đặt
sin , cosx a y a

= =
, với
[ ]
0; 2

3. Giải hệ phơng trình :
2
2
2
2
2
2
x x y y
y y z z
z z x x

+ =

+ =


+ =

Giải : Từ các phơng trình của hệ , suy ra :
, , 1x y z
. 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
tgx

=
với
;
2 2




ữ

(4) và sao cho
tg , tg2 , tg4 1


(5).
Tơng tự bài 2. Hệ phơng trình có 7 nghiệm
2 4
, , , 0, 1, , 3
7 7 7
k k k
x tg y tg z tg k


= = = =
ữ

Với mọi số thực x có một số

với

;
2 2




ữ

sao cho
tgx

=

4. Giải hệ phơng trình :
2 3
2 3
2 3
3 3 0
3 3 0
3 3 0
x z x z z
y x y x x
z y z y y

+ =

+ =


+ =

Giải . Viết lại hệ phơng trình dới dạng :
( )
( )
( )
2 3
2 3
2 3
1 3 3
1 3 3
1 3 3
x z z z
y x x x
z y y y

=


=


=


(I)
Từ đó, dễ thấy nếu
( )
, ,x y z
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)
1 3
3
(2)
1 3
3
(3)
1 3
z z
x
z
x x
y
x
y y
z
y

=




=





=



(II)
Đặt
tgx

=
với
;
2 2




ữ

(4) và sao cho
1
tg , tg3 , tg9
3


(5).
Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có :
tg3 , tg9y z

= =
và
tg27x

=
6
Từ đây dễ dàng suy ra
( )
, ,x y z
là nghiệm của (II) khi và chỉ khi
tg3 , tg9y z

= =
,
tgx

=
, với

đợc xác định bởi (4), (5) và

tg tg27

=
(6).
Lại có :
( ) ( )
6 26 k k Z

=
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 :
3 9
, , , 0, 1, 12
26 26 26
k k k
x tg y tg z tg k

= = = =
ữ

5. Giải hệ phơng trình :
1 1 1
3 4 5
1
x y z
x y z
xy yz zx



+ = + = +

ữ
ữ ữ




+ + =

Giải. Nhận xét :
0; , ,xyz x y z
cùng dấu . Nếu
( )
, ,x y z
là một nghiệm của hệ thì

( )
, ,x y z
cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm
, ,x y z
dơng .
Đặt
( )
0
tg ; tg ; tg 0 , , 90x y z

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





+ = + = +

ữ ữ ữ

+ + =

(1)
2 2 2
1 tg 1 tg 1 tg
3 4 5
tg tg tg



+ + +
= =
ữ ữ ữ


3 4 5
sin2 sin2 sin2

= =
Từ (2) suy ra :
( )
tg tg tg 1 tg tg

+ =
( )
( )
tg tg
tg tg
1 tg tg
co

+
= = +

( )
tg tg
2 2



= + + + =
ữ

.
Do

= =




< < + + =


3 4 5
sin2 sin2 sin2
0 , , ;
2 2

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
0 0
2 90 45 z tg 1 = = = =
2 2
2tg 3 2x 3 1
tg2 x
1 tg 4 1 x 4 3

= = = =

2 2
2tg 4 2y 4 1
tg2 y
1 tg 3 1 y 3 2

= = = =

7
Tuyển tập các bài toán hay
II . Hệ phơng trình 2 ẩn.
1. Giải hệ phơng trình :
4 2
2 2
698

(1)
81
3 4 4 0 (2)
x y
x y xy x y

+ =



+ + + =

Giải : Giả sử hệ phơng trình có nghiệm . Ta thấy (2) tơng đơng với :
( ) ( )
2
2
3 2 0x y x y+ + =
Để phơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có :
( ) ( )
2 2
7
3 4 2 0 1
3
y y y =
(3)
Mặt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với :
( )
2 2
4 3 4 0y x y x x+ + + =
Để phơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có :

( )
( )
2
2
4
4 4 3 4 0 0
3
x x x x = +
(4)
Từ (3) và (4) ta có :
4 2
256 49 697 698
81 9 81 81
x y+ + = <
, 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
3 1 2
1
7 1 4 2
x
x y
y
x y


+ =

ữ
+




=
ữ

+


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 :

3 4 2
2 2 3 2
2
x y y a
x y xy y b

=

+ + =

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

.
Viết lại hệ dới dạng :

( )
( )
( ) ( )
3 3 2
2
2
1
2
y x y a
y x y b

=


+ =


Xét các trờng hợp sau :
Trờng hợp 1 :
0b =
. Khi đó :
( )
0
2
y
y x
=

=

và do vậy : Hệ đã cho




( )
( )
( )
( )
3 3 2
3 3 2
0y
I
y x y a
y x
II
y x y a
=



=


=

=


Có (II)
4 2
2
y x
x a
=



=

8
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
( )
, 0x R y =
, còn (II) có duy nhất nghiệm
( )
0, 0x y= =
. Vì thế hệ đã cho có vô số nghiệm .
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
( ) ( )
2 3
b
x y
y
=
.
Thế (3) vào (1) ta đợc :
3
3 2
b
y y y a
y



=
ữ
ữ



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

( )
3
3
2 2 6 2 9 3 2
0 5
b
t t t a t b t a t
t



= + =
ữ



Xét hàm số :
( )
( )
3
9 3 2
f t t b t a t= +
xác định trên
[
)
0;+
có :
( )
( )
[

)
2
8 3 2 2
f' 9 9 0, 0;t t b t t a 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
f 0 0b= <
và
( )
3
2
3
f b 0b b a= + >
, nên phơng trình (5) có duy nhất
nghiệm, kí hiệu là
0
t

trong
( )
0; +
. Suy ra hệ có duy nhất nghiệm
2 2
0 0
0
,
b
x t y t
t

= =
ữ

.
Vậy tóm lại : + Nếu
0a b
= =
thì hệ đã cho có vô số nghiệm .
` + Nếu a tuỳ ý ,
0b
thì hệ đã cho có duy nhất nghiệm .
+ Nếu
0, 0a b =
thì hệ đã cho vô nghiệm .
4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình :
2 2
2 2
2 1x xy y

x xy y m

+ =

+ + =

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

=

=

. Hệ có nghiệm khi
1
2
m =
+ Với
0y
, đặt
x
t
y
=

, hệ trở thành
2
2
2
2
1
2 1
1
t t
y
m
t t
y

+ =




+ + =



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

1 2 1
t t
y
t t m t t

+ =



+ + = +

Vậy hệ PT (1) có nghiệm
( )
,x y
khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm
( )
,t y
.
9
XÐt hÖ (2), tõ
2
2
1
2 1t t
y
+ − =
suy ra
2
1
2 1 0

1
2
t
t t
t
< −


+ − > ⇔

>


. Do ®ã hÖ (2) cã nghiÖm
( )
,t y
2
2
1
2 1
t t
m
t t
+ +
⇔ =
+ −
cã nghiÖm
( )
1
, 1 ,

2
t
 
∈ −∞ − ∪ +∞
 ÷
 
. XÐt hµm sè
( )
2
2
1
f
2 1
t t
t
t t
+ +
=
+ −
trªn kho¶ng
( )
1
, 1 ,
2
 
−∞ − ∪ + ∞
 ÷
 
. Ta cã :
( )

( )
2
2
2
6 2
f'
2 1
t t
t
t t
+ +
= −
+ −
,
( )
3 7
f' 0
3 7
t
t
t

= − −
= ⇔

= − +


LËp b¶ng biÕn thiªn :
t

−∞

3 7− −

3 7− −


−∞

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
2 3 1 1
2 3 2
x y
x y

+ =


− =


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
f 1
2
y
y
y
+

= −
−
, ta cã :
( )
( )
( )
3 2
3
3
81 8 6 2
f'
2
y y
y
y
+ +
= −
−
Suy ra :
( )
f' 0 1y y= ⇔ = −
Ta cã b¶ng biÕn thiªn :
y
−∞
-1
+∞
f’(y)
+ 0 - -
f (y)
0

−∞
−∞
+∞
−∞
10
-1
1
2
3
2
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

ữ

.
6. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B )
Giải hệ phơng trình sau :
3 2
2 2
3 49
8 8 17
x xy
x xy y y x

+ =

+ =

7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 Bảng A )
Giải hệ phơng trình :
( )
( )
2 1 2 2 1

3 2
1 4 .5 1 2
4 1 ln 2 0
x y x y x y
y x y x
+ +

+ = +


+ + + + =


Giải . ĐK:
2
2 0y x+ >
Đặt
2t x y=
thì phơng trình thứ nhất của hệ trở thành :
( )
1
1 1
1 4 1 2
1 4 .5 1 2
5 5
t t
t t 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
2 1
2
y
x y x
+
= =
thế vào phơng trình thứ hai của hệ ta đợc :
( )
( )
3 2
2 3 ln 1 0 2y y y y+ + + + + =
Vế trái là hàm đồng biến do đó y =-1 là nghiệm duy nhất của (2).
Đáp số :
0, 1x y= =
.
8. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 Bảng B )
Giải hệ phơng trình :
7 2 5
2 2
x y x y
x y x y

+ + + =

+ + =


Giải : ĐK có nghĩa của hệ phơng trình :
{ }
min 7 ,2x x y
Đặt :
7x y a+ =
và
2x y b+ =
. Từ hệ phơng trình đã cho ta có hệ :
( )
( )
5 1
2 2
a b
b x y

+ =


+ =


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

( )
5
2
x
b

=
, thế vào (2) ta đợc :
( )
5
2 2 1 3
2
x
x y x y

+ = =
Thế (3) vào (2) ta có :
11 77
5 2 1 2
2
y y y

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

=

.
11
9. Cho hệ phơng trình 2 ẩn x, y :
(
)
(
)
( )
2 4 2
3 3
8 2 2 4 43 3 3 3
1
1 1 2
k x x x yx
k x x x k x y x

+ + + =



+ + + + =

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
x y
y
x y


+ =

ữ
+




=
ữ

+


Giải . ĐK có nghĩa của hệ :
0, 0x y
và
2 2
0x y+
.
Dễ thấy , nếu
( )
,x y
là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x >0, y>0 . Do đó :

Hệ đã cho
1 2
1
3
1 4 2
1
7
x y
x
x y
y


+ =

ữ
+






=
ữ

+

( )
( )
1 1 2 2
1
3 7
1 2 2
1 2
3 7
x y
x y
x y

=

+



= +


Nhân (1) với (2) theo vế ta đợc :
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 8
21 7 3 6 7 4 0 6
3 7
xy x y y x y x y x y x
x y x y
= = + + = =
+

( vì x >0, y>0)
Thay vào (2) và giải ra ta đợc :
11 4 7 22 8 7
,
21 7
x y
+ +
= =
.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 :
3 2
3 2
3 2
6 12 8 0
6 12 8 0
6 12 8 0
y x x
z y y
x z z

+ =

+ =


+ =

4. Giải hệ phơng trình :

2 3
2 3
2 3
12 48 64
12 48 64
12 48 64
x x y
y y z
z z x

+ =

+ =


+ =

5. Giải hệ phơng trình :
19 5 2001
19 5 2001
19 5 2001
1890
1890
1890
x y z z
y z x x
z x y y

+ = +

+ = +


+ = +

Giải . Chúng ta sẽ chứng minh hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất
0x y z= = =
.
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 thể giả thiết : có ít nhất hai trong ba số
, ,x y z

không âm. Ví dụ
0, 0x y
. Từ phơng trình thứ nhất ta suy ra
0z
.
Mặt khác nếu
0 1u<
thì
2000 18 4
1890 2u u u+ > +
Nếu

1u >
thì
2000 2000 2000 1000 18 4
1890 1 2. 2.u u u u u u+ > + > = > +
Do đó
2001 19 5
1890u u u u+ > +
với mọi u>0.
Bởi vậy nếu cộng từng vế của HPT ta suy ra
0x y z= = =
.đpcm
6. Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất :
( )
( )
( )
2 3 2
2 3
2 3
2 3
2 3
2 3
x m y y my
y m z z mz
z m x x mx

= + +

= + +

= + +

7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng A )
Giải hệ phơng trình sau :
( )
( )
( )
2
3
2
3
2
3
2
30
16
x x y z
y y z x
z z x y

+ =


+ =


+ =


8. Giải hệ phơng trình :

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

+ = +


+ = +


+ = +


Giải . Viết lại hệ đã cho dới dạng :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3

3 2 3
3 2 3
2 2 1 f
2 2 1 f
2 2 1 f
x x x y x g y
y y y z hay y g z
z z z x z g x


+ + = + =


+ + = + =


+ + = + =


Trong đó
( )
3 2
f 2t t t t= + +
và
( )
3
g 2 1t t= +
. Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm đồng biến
trên R vì :
( )

2
f' 3 2 2 0,t t t= + + >
( )
2
g 6 0,t t t=
R.
Suy ra hệ đã cho tơng đơng với hệ :
( )
( )
4
h 0
x y z
x
= =


=

Trong đó
( )
3 2
h 2 1t t t t= +
. Nhận xét rằng
( )
h t
liên tục trên R và :
( ) ( )
h 2 0, h 0 0, < >
( ) ( )
h 1 0, h 2 0< >

nên phơng trình
( )
h 0t =
có cả 3 nghiệm phân biệt đều nằm trong
( )
2; 2
Đặt
( )
2cos , 0;x u u

=
. Khi đó
sin 0u

và (4) có dạng :
( )
3 2
2cos , 0;
8cos 4cos 4cos 1 0
x y z u u
u u u


= = =

+ =

hay
( )
( )

3 2
2cos , 0;
sin 8cos 4cos 4cos 1 0
x y z u u
u u u u


= = =


+ =


Hay
( )
2cos , 0;
sin4 sin3
x y z u u
u u


= = =

=

(5).
13
Giải hệ phơng trình (5) ta thu đợc
3 5
; ;

7 7 7
u





và
( )
2cos , 0;
3 5
; ;
7 7 7
x y z u u
u



= = =








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

thoả mãn hệ phơng trình :
2004 6 6
2004 6 6
2004 6 6
2
2
2
x y z
y z x
z x y

= +

= +


= +

Giải :
Giả sử
( )
, ,x y z
là một bộ ba số dơng thoả mãn hệ PT đã cho . Không mất tính tổng quát ,
giả sử
0 x y z<
. Nh vậy :
2004 6 6 6 6
2004 6 6 6 6
2
2

x y z x x
z x y z z

= + +

= + +


2004 6
2004 6
1
1
1
x
x x
x y z
z
z z


= = =





Đảo lại, dễ thấy
1x y z= = =
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 :

2 2 2
2 2
2 2
1
2
x y z xy yz zx
y z yz
x z xz m

+ + =

+ + =


+ + =

11. Giải hệ phơng trình :
5 4 2
5 4 2
5 4 2
2 2
2 2
2 2
x x x y
y y y z
z z z x

+ =

+ =

+ =

12. Giải hệ phơng trình :
( )
( )
( )
3 2 2
3 2 2
3 2 2
3 3 3
3 3 3
3 3 3
x y y y
y z z z
z x x x

+ + =


+ + =


+ + =


13. Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ phơng trình sau có nghiệm thực x, y, z :
1 1 1 1
1 1 1 1

x y z a
x y z a

+ + =


+ + + + + = +


Giải. ĐK:
1, 1, 1x y z
Hệ phơng trình tơng đơng với hệ phơng trình :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 2
1 1 1 1 1 1 2
x x y y z z a
x x y y z z

+ + + + + + + + =


+ + + + + =


Đặt
u =
1 1x x + +
;
1 1v y y= + +

;
1 1s z z= + +
Do
1, 1, 1x y z
nên
2, 2, 2u v s
. Ngợc lại nếu
2, 2, 2u v s
, ta có :

2 2
1 1
1 1
x x
u
x x
+ = =
+ +

2
2
1 2 1 4
1 1
2 4
x u x u
u u

+ = + = +
ữ ữ

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
2, 2, 2u v s
:
( )
2
1
1 1 1
1
u v s a
u v s
+ + =



+ + =


+ Điều kiện cần : Giả sử hệ phơng trình (1) có nghiệm . Theo bất đẳng thức Bunhia ta có :
( )
1 1 1 9
2 9
2
a u v s a
u v s

= + + + +
ữ

+ 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 :
( )
2 3
3 2 3
.
2
u v a
a
u v
+ =



=


,u v
là hai nghiệm của tam thức bậc hai :
( )
( )

2
3 2 3
2 2 3
2
a
t a t

+

( ) ( )
2 3 2 3 2 9
,
2
a a a
u v

=
Chú ý : Đặt
( )
( ) ( )
2
2
2 9 0 6 2 2 3 6h a h h h h= + > + > +
. Tức là :
( ) ( ) ( )
2 3 2 2 2 3 2 9a a a >

2, 2u v > >
.
Nh vậy hệ phơng trình (1) có nghiệm

2, 2, 2u v s
.
Tóm lại các số thực a cần tìm là tất cả các số thực
9
2
a
.
14. Giải hệ phơng trình :
1 1 1
20 11 2007
1
x y z
x y z
xy yz zx



+ = + = +

ữ
ữ ữ




+ + =

15. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A )
Giải hệ phơng trình :
( )

( )
( )
2
3
2
3
2
3
2 6.log 6
2 6.log 6
2 6.log 6
x x y x
y y z y
z z x z

+ =


+ =


+ =


Giải . ĐK xác định
, , 6x y z <
. Hệ đã cho tơng đơng với :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )

3
2
3
2
3
2
log 6 1
2 6
log 6 2
2 6
log 6 3
2 6
x
y
x x
y
z
y y
z
x
z z

=

+


=

+

=

+

15
Nhận thấy
( )
f x =
2
2 6
x
x x +
là hàm tăng, còn
( ) ( )
3
g log 6x x=
là hàm giảm với x<6.
Nếu
( )
, ,x y z
là một nghiệm của hệ phơng trình ta chứng minh x=y=z.Không mất tính
tổng quát giả sử
{ }
max , ,x x y z=
thì có hai trờng hợp :
1)
x y z

. Do
( )
g x
là hàm giảm, suy ra :
( ) ( ) ( )
3 3 3
log 6 log 6 log 6y z x
x z y
. Do
y z
nên
z y=
. Từ (1) và (2) suy ra : x=y=z.
2)
x z y
.
Tơng tự
( ) ( ) ( )
3 3 3
log 6 log 6 log 6y x z
z x y
. Do
x z
nên
z x=
. Từ (1) và (3) suy ra : x=y=z.
Phơng trình
( ) ( )
f gx 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 :
3 2
3 2
3 2
3 2 5
3 2 5
3 2 5
x x x y
y y y z
z z z x

+ + =

+ + =


+ + =

Giải . Giả sử
{ }
max , ,x x y z=
. Xét hai trờng hợp :
1)
x y z
Từ hệ trên ta có :
3 2
3 2
3 2 5

3 2 5
x x x x
z z z z

+ +

+ +

( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 2 1 0
1
1
1 2 1 0
x x
x
z
z z


+ +

+ +


2)
x z y
Từ hệ trên ta có :
3 2
3 2
3 2 5
3 2 5
x x x x
y y y y

+ +

+ +

( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 2 1 0
1
1
1 2 1 0
x x
x
y

y y


+ +









+ +


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

+ + =

+ + + + + =



+ + =



1 1 1 8
3
1 1 1 118
9
1 1 1 728
27
x y z
x y z
x y z
x y z
x x y y z z
x x y y z z
16
18 . Giải hệ phơng trình :
( )
2 2
2
2 2
2
3 8 8 8 2 4 2
x y y x z

x x y yz
x y xy yz x z

+ = +

+ + =


+ + + = + +

Giải . Hệ đã cho tơng đơng với :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
0
1 2 1 0
4 4 1 2 1
x x y y y z
x x y z
x y y z x z

+ + + =


+ + + =


+ + + = + + +

Xét :
( ) ( ) ( )
; , ; , 1; 2 1a x y b x y y z c x z= = + + = + +
r r r

2 2
. 0, . 0, 4a b a c b c = = =
r r r r r r
+ Nếu
0a =
r r
thì
1
0,
2
x y z= = =
.
+ Nếu
0a
r r
thì
b
r
và
c
r
cộng tuyến nên :
2c b=
r r

, từ đó ta có :
1
0,
2
x y z= = =
.
Tóm lại hệ có hai nghiệm :
1 1 1
0; 0; , 0; ;
2 2 2


ữ ữ

.
iV. Hệ phơng trình n ẩn. ( n >3, n

N )
1. Giải hệ phơng trình :

1996
1 2 3
1996
2 3 4
1996
1995 1996 1
1996
1996 1 2

x x x

x x x
x x x
x x x

+ =

+ =




+ =


+ =

Giải : Gọi X là giá trị lớn nhất của các nghiệm
, 1, 1996
i
x i =
và Y là giá trị bé nhất của chúng.
Thế thì từ phơng trình đầu ta có :
2X
1996
1 2 3
x x x + =
Từ đó đối với các phơng trình của hệ ta có : 2X
1996
, 1,2, ,1996
k

x k =
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
X Y 2= =
Nghĩa là ta có :
1995
1 2 1996
2x x x= = = =
2. Giải hệ phơng trình :
1 1 2 2
1 2
1 2


n n
n
n
x a
x a x a

b b b
x x x c



= = =



+ + + =

với
1 2
1
, , , 0, 0
n
n i
i
b b b b
=


17
Gi¶i . §Æt :
1 1 2 2
1 2

n n
n
x a

x a x a
t
b b b
−
− −
= = = =
Ta cã :
1 1 1
n n n
i i i i i i
i i i
x tb a x a t b
= = =
= + ⇒ = +
∑ ∑ ∑

1
1 1
1
n
i
n n
i
i i
n
i i
i
i
c a
c a t b t

b
=
= =
=
 
−
 ÷
 
⇒ = + ⇒ =
∑
∑ ∑
∑
1
1
n
i
i
i i i
n
i
i
c a
x a b
b
=
=
 
−
 ÷
 

⇒ = +
∑
∑
18