SKKN một số phương pháp giải hệ phương trình toán THPT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (345.56 KB, 31 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH
Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Người thực hiện: NGUYỄN ANH TUẤN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục
- Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN
- Lĩnh vực khác:
Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
Mô hình Phần mềm Phim ảnh Hiện vật khác
Năm học: 2011 - 2012
BM 01-Bia SKKN
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: NGUYỄN ANH TUẤN
2. Ngày tháng năm sinh: 18/11/1959
3. Nam, nữ: NAM
4. Địa chỉ: 217/17. PHẠM VĂN THUẬN . BIÊN HÒA
5. Điện thoại: (CQ)/ .NR:061 3916509
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: GIÁO VIÊN
8. Đơn vị công tác: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: CỬ NHÂN
- Năm nhận bằng: 1981
- Chuyên ngành đào tạo: SP TOÁN
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: SP TOÁN
Số năm có kinh nghiệm: 30 NĂM
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
* Phương trình hàm.
* Đa thức .
*Một số phương pháp tính giới hạn của dãy số và khảo sát tính hội tụ
của dãy số
2
BM02-LLKHSKKN
Tên SKKN :
MỘT SỐ PHƯƠNG PHAÙP
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia , kỳ thi Tóan Olympic 30-4 một
trong các bài toán thường gặp là bài tóan về giải hệ phương trình và tính có
nghiệm của hệ đó. Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi các kiến thức về
các phương pháp giải hệ phương trình và các bài tóan liên quan đến hệ phương
trình là hết sức cần thiết
Từ yêu cầu trên tôi đã hệ thống lại một số phương pháp và tập hợp các bài tập
điển hình cho từng dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh các lớp Chuyên
Toán một số phương pháp để giải một hệ phương trình và dùng vài phương pháp
để xác định số lượng nghiệm của hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải
các bài tập trong các kì thi thi học sinh giỏi Toán.
Phần nghiên cứu của tôi này đã sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chuyên
Tóan và đội tuyển thi Olympic 30-4 trong năm học 2011-2012.
HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI :
Đề tài đã được giảng dạy cho học sinh lớp 12 chuyên tóan và bồi dưỡng đội tuyển
Olympic 30/4 của năm học 2011 – 2012 , bước đầu học sinh đã biết vận dụng và
cảm thấy thuận lợi hơn trong việc giải quyết các bài tóan về vấn đề này .
TÀI LIỆU THAM KHẢO
*Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4 của các năm: 2006 đến 2011
của Nhà xuất bản Đại học Sư phạm
*Báo tóan học tuổi trẻ của các số của các năm 2005-2011 của Nhà xuất bản giáo
dục Việt Nam-Bộ giáo dục và đào tạo.
*Nguồn Internet :
- wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc
- wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm…
NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
NGUYỄN ANH TUẤN
3
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
, ngày tháng năm
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học:
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
Họ và tên tác giả: NGUYỄN ANH TUẤN Chức vụ: GIÁO VIÊN
Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học bộ môn:
- Phương pháp giáo dục - Lĩnh vực khác:
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị Trong Ngành
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
- Có giải pháp hoàn toàn mới
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả cao
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt Khá Đạt
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và
dễ đi vào cuộc sống: Tốt Khá Đạt
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng: Tốt Khá Đạt
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của
người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh
nghiệm.
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)
4
BM04-NXĐGSKKN
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I/DÙNG PHÉP THẾ:
I.1.Phương pháp :
• Phương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình đôi khi ta biến đổi các phương trình của hệ để được biểu
thức trong 1 pt có liên quan với vài phuơng trình rồi thay vào các ptrình đó để được hệ ptrình đã biết
cách giải
• Chú ý: Khi dùng phương pháp trên mà không dùng được phép biến đổi tương đương thì sau khi tìm
được nghiệm của hệ phương trình hệ quả thì ta phải thử lại các nghiệm này có là nghiệm của hệ ban
đầu hay không và kết luận.
Vd1: Gỉải hệ:
1
1
1 1 1
x
x
y y
xy y x
+ + =
+ + + − =
(I)
Giải: ñk:( 0<x
≤
1 vaø y>0) hoặc (x=0;y tuøy yù) ; vôùi ñk
(I)
⇔
1
1 1 1
xy y x
xy y x
+ + =
+ + + − =
thay (1) vào (2) ta được :
1x x+ −
=1 (3)
(3)
⇔
1 x−
=1-
x
0 1
1 1 2
x
x x x
≤ ≤
⇔
− = + −
⇔
(x=0 hay x=1)
i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 do đó ta được
0
1
x
y
=
= −
ii/ Với x= 1 thay vào (2) ta có :
1y y+ +
= 1 (4) ; vì x=1>0 nên y>0 vì thế VT(4) >1
Thay bộ
0
1
x
y
=
= −
vào hệ ta thấy thỏa hệ .Kết luận hệ có nghiệm (0;-1)
Vd2: Gỉai hệ:
4 3 2 2
2
2 2 9
2 6 6
x x y x y x
x xy x
+ + = +
+ = +
(I)
Giải:
(I)
2 2
2
( ) 2 9
2 . (6 6 )
x xy x
x y x x
+ = +
⇔
= + −
2 2
2
1
( 6 6) 2 9
4
2 . (6 6 )
x x x
x y x x
+ + = +
⇔
= + −
( cho kq)
Vd3: Giải hệ:
2
2 2
2
2 2
( 1) 3
5
( 1) 4
5
x y
x y
y x
x y
+
=
+
−
=
+
(I)
Giải:
(I)
⇒
2 2
2 2
2 2
2 2
( 1) 3
5
( 1) 4
5
x y x
x y
y x y
x y
+
=
+
−
=
+
⇒
2 2
2 2
( 1)x y
x y
+
+
-
2 2
2 2
( 1)y x
x y
−
+
=
3 4
5
x y−
⇒
3x- 4y=5 hay x=
4 5
3
y
+
(j)
Cũng từ (I) cho:3yx
2
-3y = 4xy
2
+4x (i) ;thế (j) vào (i) cho:
2
(4 5)
3
y y
+
-3y=
2
4 (4 5)
3
y y +
+
4(4 5)
3
y +
5
Thu gọn ptrình trên ta được ptrình bậc 2 ẩn y từ đó ta tìm được nghiệm (x;y) của hệ mới ;Thay vào hệ
ban đầu để kiểm tra đó có là nghiệm cần tìm không.
I.2. Bài tập:
Gỉai các hệ ptrình:
1/
2 2
2 2
1 4 4
4 3 . 1
y x x
x y x y
− = +
+ − =
2/
2 2
2 2
3 2 3 5 3
4,5 3 3 8 7
x y x y
x y x y
+ − + =
+ − + =
3/
2 2
2 2
2 2 1
5 2,5 3 4 4
x y x y
x y x y
+ + − =
+ + − =
4/
5 3
5 11 2
x y
x y x
− + =
+ − = −
5/
2 2
2 2
2 2
4( )
5
.
4( )
5
.
2
y z
x
y z
x z
y
x z
x y
z
x y
+
=
+
=
+
=
6/
. .
2
. .
3
. .
4
x y z
x y
x y z
y z
x y z
z x
=
+
=
+
=
+
II/ DÙNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG:
II.1.Ph ương pháp: Đôi khi giải hệ ta biến đổi hệ bằng phép biến đổi tương đương để nhận được hệ
cuối cùng đơn giản hơn.
*Chú ý: Khi dùng phương pháp này học sinh cần phải kiểm tra các phép biến đổi từ hệ đề cho dẩn tới
hệ mới và ngươc lại từ hệ mới liệu có dẩn tới hệ ban đầu hay không .
Vd1: Gỉai hệ:
2 4 3
2 2
4 4 1
4 2 4 . 2
x y xy
x y x y
+ − =
+ − =
(I)
Giải:
(I)
4 2 2
2 2
2 4 . (1 ) 1
4 2 4 . 2
y y x y y
x y x y
− + − = −
⇔
+ − =
( trừ vế với vế của 2 ptrình)
2 2 2
2 2
4 . (1 ) (1 )
4 2 4 . 2
x y y y
x y x y
− = −
⇔
+ − =
⇔
2
2 2
1
4 2 4 . 2
y
x y x y
=
÷
÷
+ − =
hoặc
2
2 2
1 4 .
4 2 4 . 2
y x y
x y x y
− =
÷
÷
+ − =
Vd2: Giải hệ:
2 2 3
2 2 3
( . )( ) 1
( . )( ) 1
x y x y x y y
x y x y x y y
+ − − = +
+ + + = −
(I)
Giải:
(I)
⇔
2 2 3
2 2 2 2 3 3
( . )( ) 1
( . )( )( . )( ) (1 )(1 )
x y x y x y y
x y x y x y x y x y x y y y
+ − − = +
+ + + + − − = − +
⇔
2 2 3
3 3 3 3 6
( . )( ) 1
( )( ) 1
x y x y x y y
x y x y y
+ − − = +
+ − = −
⇔
2 2 3
6
( . )( ) 1
1
x y x y x y y
x
+ − − = +
=
( cho kq)
II.2.Bài tập:
Giải các hệ ptrình:
1/
2 3 1 5 3
1 5 5 3 5
x y x
y y x
− − = −
− + − =
2/
2 4
4 4
. 1 1
. 1 2
x x y
x y y
− − =
− + =
3/
2
2
. 3 4 7
2 . 2 2 1
x y y x y
x y y x y
+ − + =
+ − − = −
.
4/
2 2
2 2
2 2
2 2
2
1
7
4
1
x y x y
x y
y x x y
x y
− −
=
− +
− −
=
− +
5/
3
3 3
3 2 4
3( )
4 6 4 1 15
x y x y
x x x y
+ = +
+ + + =
6/
2 2
2 2
5
4
5
5 5
.
x y
x y x y
x y
x y
x y
+ =
− +
−
+ + =
III/ PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ:
III.1.Ph ương pháp: Khi giải 1 hệ phương trình ta thường biến đối các phương trình 1 cách hợp lý để
nhận được hệ mới mà các phương trình có các biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn phụ và dẩn tới hệ mới
( với ẩn mới ) dể tìm được nghiệm hơn
*Chú ý: Thông thường ta dùng số ẩn phụ của phương trình mới và củ bằng nhau
6
Vd1:Giải hệ:
2 2
2
1 1 3
1
( )(1 ) 6
x y
x y
x y
xy
+ =
+ +
+ + =
(I)
Giải: đk:x;y
≠
0
(I)
⇔
2 2
( )(1 . ) 2
( 1)( 1) 3
( )(1 ) 6
x y x y
x y
x y xy xy
+ +
=
+ +
+ + =
⇔
2 2
9 .
1
( 1)( 1)
( )(1 ) 6
x y
x y
x y xy xy
=
+ +
+ + =
; ñaët t =
2
1
x
x+
; z =
2
1
y
y+
thì
t;z
1 1
[ ; ]
2 2
−
∈
. Ta có: hệ
9 . 1
2
3
t z
t z
=
+ =
từ đó : cho kq .
Vd2: Giải hệ:
2 2 2
3 3 3
1
( )(1 ) 9
.
1
( )(1 ) 27
.
x y
x y
x y
x y
+ + =
+ + =
(I)
Giải :
(I)
⇔
2 2
3 3
1 1
( ) ( ) 9
1 1
( ) ( ) 27
x y
y x
x y
y x
+ + + =
+ + + =
Đặt u= x+
1
y
;v= y+
1
x
ta có:
2 2
3 3
9
27
u v
u v
+ =
+ =
đặt S=u+v;P=u.v với: S
2
≥
4P và
2
3
2 9
3 27
S P
S SP
− =
− =
cho kq.
Vd3: Gỉai hệ:
2
2 6
2 6 0
x
x y
y
x xy y
− + =
− − =
(I)
Giải:
(I)
⇔
2 6
( 2 ) 6
x
x y
y
x x y y
− + =
− =
⇔
2 6
( 2 ) 6
x
x y
y
x
x y
y
− + =
− =
;x-2y và x/y cùng là nghiệm của pt t
2
-6t+6 =0 ( cho
kq)
Vd4: Giải hệ:
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) (3 1). .
( ) (4 1). .
( ) (5 1). .
x y z x x y z
y x z y y x z
z y x z z y x
+ = + +
+ = + +
+ = + +
(I)
Giải:
Nếu hệ nhận x=0 là nghiệm thì ta được y=0 hoặc z=0
Rõ ràng các bộ (0;0;t);(0;t;0);(t;0;0) mọi t là nghiệm của hệ .
Xét x.y.z
≠
0 thì
(I)
⇔
2
2
2
2
2
2
1 1 1 1
3
1 1 1 1
4
1 1 1 1
5
y z x x
x z y y
y x z z
+ = + +
÷
+ = + +
÷
+ = + +
÷
.Đặt u=1/x;v=1/y;t=1/z .Ta có:
7
(I)
2 2
2 2
2 2
( ) 3
( ) 4
( ) 5
v t u u
u t v v
u v t t
+ = + +
+ = + +
+ = + +
(II)
Ly (2)-(3) cho : (t-v)(2u+t+v)=(v-t)(v+t+1)-1 hay (v-t)[2(u+v+t)+1]=1
Ly (1)-(2) cho : (u-v)(u+v+2t)=(v-u)(v+u+1)-1 hay (v-u)[2(u+v+t)+1]=1
Do ú: v-t=v-u hay u=t
III.2. Bi tp :
Gii cỏc h phng trỡnh sau :
1/
2 2
2 2
2 3
1
x x y
x y
+ =
+ =
2/
2
2
3 0
2 0
xy y x y
x xy y
+ + =
+ =
3/
5 5 3 3
2 2
7( ) 31( )
3
x y x y
x xy y
+ = +
+ + =
4/
2 2
1
( )(1 ) 4
1
4
x y
xy
x y
xy
xy xy
+ + =
+
+ + =
5/
1
13
1
12
x y
xy
xy y x
x y
xy
xy y x
+ + + =
+ =
6/
1
( )(1 ) 5
1
4
x y
xy
xy
xy
+ + =
+ =
.
7/
3 3 2 2 3
1 1
( 1) ( 1) 4
. . 1 4
x x
y y
x y x y x y y
+ + + =
+ + + =
8/
2 2
2 2
2 2
( 1) 2 ( 1)
1
( )(1 ) 24
.
y x x y
x y
x y
+ = +
+ + =
9/
1
( 1)( 1 ) 2
1
2( 1) .( 1 )
y x x
y
x y x
y
+ + + =
+ = + +
10/
2 2
2 2
2 2
( )( ) 15
( )( ) 85
x y
x y
y x
x y
x y
y x
+ + =
+ + =
11/
2 2 2
(2 6) 2 0
1
( )(1 ) 8
xy x y x y
x y
xy
+ + + =
+ + =
12/
2 2 2
1 7
1 13
xy x y
x y xy y
+ + =
+ + =
13/
2
2
( 1) 3 0
5
( ) 1 0
x x y
x y
x
+ + =
+ + =
14/
2 3 2
4 2
5
4
5
(1 2 )
4
x y x y xy xy
x y xy x
+ + + + =
+ + + =
15/
2 2 2
1
( )(1 ) 6
1
( )(1 ) 18
x y
xy
x y
xy
+ + =
+ + =
IV/ DNG NH Lí VIESTE :
IV.1. Phng phỏp :
* Chỳ ý:
1/ Nu
.
x y s
x y p
+ =
=
vi s;p cho trc thỡ x;y cựng l nghim phng trỡnh t
2
-s.t+p = 0
2/ Nu
1
2
3
. .
. .
x y z s
x y y z xz s
x y z s
+ + =
+ + =
=
vi s
1
;s
2
;s
3
cho trc thỡ x;y;z cựng l nghim ph.trỡnh t
3
-s
1
.t
2
+s
2
.t s
3
= 0
Khi gii 1 h phng trỡnh i xng loi I ụi khi h cú cha 1 vi tng i xng c bn thỡ ta
thng ngh n vic bin tng i a v h mi xut hin y cỏc tng i xng c bn i vi
cỏc n ang xột ri dựng nh lớ Vieste o .
Vd1: Gii h:
2 2 2
6
6
14
x y z
xyz
x y z
+ + =
=
+ + =
(I).
Gii: T (I) cho :
6
6
11
x y z
xyz
xy yz xz
+ + =
=
+ + =
; x;y;z l nghim ca pt : t
3
-6t
2
+11t-6 =0
Tửứ ủoự: (x;y;z)=(1;2;3) vaứ caực hoựan vũ cuỷa noự .
8
Vd2: Giải hệ:
2 2 2
7 7 7
0
10
350
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ + =
+ + =
(I)
Giải: (1)
⇔
(x+y+z)
3
= 0
⇔
x
2
+y
2
+z
2
+2(xy+yz+xz)= 0 ; do (2) nên có: xy+yz+zx = -5
(I)
⇔
7 7 7
( ) ( )
5( )
( ) 350( )
x y z a
xy yz xz b
x y x y i
− + =
+ + = −
+ − + =
. (i)
⇔
-xy(x+y)(x
2
+xy+y
2
) =50. (ii)
Thay (a) vào (b) ta có: x
2
+y
2
+x.y = 5 từ đó: x.y.z=2
x;y;z là n
0
của pt: t
3
-5t -2 = 0 ; suy ra : (x;y;z) =(-2;1-
2
;1+
2
) và các hóan vò của nó.
Vd3: Giải hệ:
1 0
1 2
1 2
xy y
yz z x y
xz z x
+ + =
+ + = −
+ + =
(I)
Giải: (I)
⇔
( 1)( 1)
( 1)( 1) 2
( 1)( 1) 3
x y x
y z x
z x x
+ + =
+ + =
+ + =
⇔
(x=0;z=y=-1) hoặc
( 1)( 1) 0
1 2( 1)
3( 1) 2( 1)
x y x
z x
y x
+ + = ≠
+ = +
+ = +
(cho kq)
Vd4: Giải hệ:
2
2
2
x y
z
y z
x
z x
y
+ =
+ =
+ =
(I)
Giải:
Đặt S=x+y+z ; u=x.y+y.z+x.z ;P=x.y.z thì từ (I) cho x.y.z=P
≠
0 và
1 1 1
2 2( )
2 6
8
( )( )( )
S
x y z
t
x y y z z x
P
= + +
=
+ + + =
(II)
Mà (x+y)(y+z)(x+z)= 2xyz+x
2
(y+z)+y
2
(x+z)+z
2
(x+y) =2P+2x+2y+2z =2P+2S
Do đó: P+S =4/P từ hệ (II) cho S= t.P nên S=3P và 4P=4/P ( cho kq)
IV.2. Bài tập :
1/
2 2 2
4
18
22
x y z
xyz
x y z
+ + = −
=
+ + =
2/
1
10
. . 8
x y z
xy yz xz
x y z
+ + = −
+ + = −
= −
. 3/
4 4 4
2 2 2
3
17
5
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ + =
+ + =
4/
3 3 3
2 2 2
1
7
9
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ − =
+ − =
5/
2 2
2 2
2 2
1
1
1
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ + =
+ + =
6/
2
2
2
2
3
4
xz xy x
xy yz y
xz yz z
+ = +
+ = −
+ = +
7/
( )( ) 187
( )( ) 154
( )( ) 238
x y y z
y z z x
z x x y
+ + =
+ + =
+ + =
8/
2
2
2
x y
z
y z
x
z x
y
+ =
+ =
+ =
9/
2
2
2
2
2
2
x yz x
y zx y
z xy z
+ =
+ =
+ =
9
10/
1
4
9
x xy y
y zy z
z zx x
+ + =
+ + =
+ + =
11/
2
3
4
x xy y
y zy z
z zx x
+ + =
+ + =
+ + =
12/
2 2 2
2
2 3 9
4 9 189
4 3 .
x y z
x y z
y x z
− + =
+ + =
=
.
V/ DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH:
V.1. Duøng baát ñaúng thöùc Cauchy:
Chú ý: * Cho n số không âm x
1
;x
2
;…;x
n
ta có:
1
1
n
k
n
k
n
k
k
x
x
n
=
=
≥
∑
∏
(dấu “=” xảy ra
⇔
x
1
=x
2
=…=x
n
)
*Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của
phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)
Vd1: Giải hệ:
2 3
6
11
. . 6. 108
, , 0
x y z
x y z
x y z
+ + =
=
>
(I)
Giải: Theo bất đ thức Cauchy cho 11 số dương gồm 6 số
6
x
; 3 số
2
3
y
,2 số
3
2
z
ta có:
x+y
2
+z
3
3 2
6
2 3
11
11. . .
6 3 2
x y z
≥
÷ ÷
÷
⇒
6 6 6
6 3 2
. .
6 3 2
x y z
≤
1
Do đó: x.y.z
6
6. 108
≤
( dấu ‘=’ xảy ra
⇔
2 3
6 3 2
x y z
= =
)
Vậy hệ tương đương:
2
3
6
2 3
, , 0
6
3
11
. . 6. 108
11
x y x
x k
y k
z k
x y z
x y z
>
=
=
=
=
+ + =
Vấy hệ có n
0
là x=6;y=
3
3; 2z
=
.
Vd2: Giải hệ :
4 4 4 4
, , , 0
4
(3 ). (3 ). (3 ) (3 ). 4 2.
x y z t
x y z t
x y z t y z t x z t x y t x y z
>
+ + + =
+ + + + + + + =
Giải:
Do x,y,z,t>0 nên:
4
4 3 4 4
4 (3 ).4 .4
4
x y z t
x y z t
+ + + +
+ ≤
(dâu ‘=’ xảy ra
⇔
x=t=1 và 3y+z=4)
cmtt
4
4 3 4 4
4 (3 ).4 .4
4
y z t x
y z t x
+ + + +
+ ≤
(dâu ‘=’ xảy ra
⇔
x=y=1 và 3z+t=4)
Còn 2 bđt tương tự.
Cộng lại ta được:
S
≤
4.
2
( dấu ‘=’ xảy ra
⇔
x=y=z=t=1). Vậy : n
0
pt là :….
Vd3: Giải hệ:
2 2
3 4 2
4 6 4 2
2 ( 1)
3 ( 1)
4 ( 1)
x y x
y z y y
z x z z z
= +
= + +
= + + +
(I)
Giải:
Gọi (x;y;z) là n
0
của hệ:
10
Khi x=0 thay vào hệ ta được y=z=0 .1 n
0
của hệ (0;0;0)
Khi x
≠
0 thì từ (1) cho y>0 nên z>0 và như vậy x>0 .
Dùng bđt Cauchy: 2x
2
=y(x
2
+1)
≥
2x.y
⇒
x
≥
y
Ttự: 3y
3
= z(y
4
+y
2
+1)
≥
3z.y
2
⇒
y
≥
z
Ttự : z
≥
x .Do đó: x=y=z .Từ đó tìm được n
0
của hệ .
Vd4: Giải hệ:
2
3
2
2
2
3
2 .
2 9
2 .
2 9
x y
x x y
x x
x y
y y x
y y
+ = +
− +
+ = +
− +
(I)
Giải: Hệ trên là hệ đối xứng loại 2
(I)
2 2
2 2
3 3
2
3
2
1 1
2 . (*)
( 1) 8 ( 1) 8
2 .
2 9
x y x y
x y
x y
x x y
x x
÷
+ = +
÷
− + − +
⇔
+ = +
− +
Xét pt (*) ta có: x
2
+y
2
≥
2.
.x y
;
2
3
1 1
2
( 1) 8x
≤
− +
nên
(*) 2 .VT x y
≤
Do đó: x=y=1 hoặc x=y =0 ( thử lại)
Vd5: Giải hệ:
2 2
2 2
2 2
6 (1 9 )
6 (1 9 )
6 (1 9 )
x y x
y z y
z x z
= +
= +
= +
(I)
Giải: gt cho y=3x
2
(2-3y) ta thấy : y=2/3 không là n
0
của hệ nên y
≠
2/3 ;cho nên 3x
2
=
2 3
y
y−
từ đó:
0
≤
y<2/3 ;tương tự: 0
≤
x;z<2/3
Ta thấy: khi x=0 thì hệ phải nhận n
0
tương ứng x=y=z=0
Nên chỉ xét :x;y;z>0 ;từ (1) cho
2
6
1 9
y x
x x
= ≤
+
1 nên y
≤
x
Tương tự: từ (2);(3) cho z
≤
y và x
z≤
nên x=y=z từ đó cho kq .
V.2.Dùng bất đẳng thức Buynhiackobki:
Chú ý: * Cho 2 bộ số x
1
;x
2
;…;x
n
và y
1
;y
2
;…;y
n
ta có:
2
2 2
1 1 1
. .
n n n
k k k k
k k k
x y x y
= = =
≤
÷ ÷ ÷
∑ ∑ ∑
(dấu
“=” xảy ra
⇔
x
1
=t.y
1
; x
2
=t.y
2
; …;x
n
=t.y
n
) t =const
*Khi dùng bất đẳng thức để giải hệ phương trình (nếu được ta thường dự đóan nghiệm của
phương trình và đó chính là các điểm rơi của các bất đẳng thức)
Vd 1: Giải hệ:
2
4
4
32 3
32 6 24
x x y
x x y
+ − − = −
+ − + =
(I)
Giải:
Từ (I) cho :
4 4
32 32x x x x+ − + + − =
y
2
-6y+21 (1).
NX: y
2
-6y+21
≥
12 ;
∀
y .nên ta nghỉ đến cm:
4 4
32 32x x x x+ − + + − ≤
12 ;
x
∀ ∈
[0;32]
NX: điểm rơi của bđt trên x=16
Thật vậy:
( )
32 2 32 8x x
+ − ≤ =
.
11
4 4
32 2( 32 )x x x x
+ − ≤ + − ≤
4
Cộng các bđ t trên lại suy ra kq . ( dấu ‘=’ xảy ra
⇔
x=16). (thử lại)
Vd2: Gỉai hệ:
2 2
2
1
5 5 3
1 1
( ) 2 3
2
x y
x
x y
x
− + − − =
+ + =
(I)
Gỉai: đk:
1
5
5
x≤ ≤
.
Cộng 2 pt ta được:
2
2
1 1 1
5 5 ( )
2
x x
x x
− + − + +
= y
2
-2y+6 (3)
Bđt B-C-S cho 2 bộ: 1; 1/2 và
2
5 x−
; x :
(
2
5 x−
+
1
2
x )
2
25
4
≤
⇒
2
5 x−
+
1
2
x
5
2
≤
ttự:
2
1 1
5
2x x
− +
5
2
≤
cho nên:
2
2
1 1 1
5 5 ( )
2
x x
x x
− + − + +
≤
5 ; ta có: y
2
-2y+6
≥
5 ( cho kq)
Vd3:Giải hệ:
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
(1 )(1 )
(1 )(1 ) (1 )(1 )
1
(1 )(1 )
1 1
x y
x y
y x x y
x y
x y
x y
+
+ =
− −
− − − −
+ =
− −
− −
(I)
Gỉai: đk: -1<x;y<1 .
(I)
⇔
2 2
1 1 2 2
1 1 1
x y y x
x y y x
+ + + = +
− + − =
từ đó:
2 2
1 1 0
1 1 0
x y y x
x y y x
+ + + >
− + − >
Bđt B-C-S cho : x.
2
1 y−
+y
2
1 x−
≤
2 2 2 2
( 1 )( 1 )x x y y+ − + −
=1 ;do đó:
x.
2
1 y−
+y
2
1 x−
=1
⇔
2
1
x
y−
=
2
1
y
x−
⇔
x
2
+y
2
=1 ( trên mxđ)
Bđt B-C-S cho : x.
1 y+
+y
1 x+
≤
2 2
( )( 2)x y x y+ + +
=
2x y+ +
;lại có:
2x y+ +
2 2
(1 1)( ) 2x y≤ + + +
=
2 2+
nên : x.
1 y+
+y
1 x+
≤
2 2+
Do đó: x.
1 y+
+y
1 x+
=
2 2+
⇔
2 2
1 1
1
x y
y x
x y
x y
=
+ +
+ =
=
và do đó: x= y =
1
2
( thử lại)
Vd4:Cho n nguyên ;n
≥
2. Giải hệ:
1 2
1 2
8 8 8 3
n
n
x x x n
x x x n
+ + + =
+ + + + + + =
; với ẩn x
k
;k=1;2; n
Giải: đk: x
k
≥
0; moị k
(I)
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1 1
8 8 4
8 8 2
n n
n n
x x x x n
x x x x n
+ + + + + + =
⇔
+ − + + + − =
12
( ) ( )
1 1
1 1
8 8 4
8 8
2
8 8
n n
n n
x x x x n
n
x x x x
+ + + + + + =
⇔
+ + =
+ + + +
do đó:
( )
1 1
( 8 ) ( 8 )
n n
x x x x+ + + + + +
.
1 1
8 8
8 8
n n
x x x x
+ +
÷
÷
+ + + +
=8n
2
. (4)
Mặt khác: Theo bđt B-C-S : VT(4)
( )
2
8 8 8≥ + + +
=8n
2
=VP(4)
Dấu “=” xảy ra
⇔
1 1
8x x+ +
=
2 2
8x x+ +
=…….=
8
n n
x x+ +
.
Vậy: n
0
của hệ là x
1
=x
2
=…=x
n
=1
Vd5: Giải hệ:
2 2 2
2 3
. 2 0
7 14 3 10 0
x y x y
x x y
− + =
− + + =
(I)
Giải:
(I)
2 2
2 3
( 1) 2
7( 1) 3(1 ) 0
x y x
x y
+ =
⇔
− + + =
.Từ pt(1) cho y
2
=
2
2
1
1
x
x
≤
+
nên y
∈
[-1;1] và 1+y
3
≥
0
Từ đó: 7(x-1)
2
+3(1+y
3
)
≥
0 do (2) nên dấu “=” trong bđt trên phải xảy ra nên x=1;y=-1 ( thử lại)
V.3/.Dùng tính có nghiệm của tam thức:
Chú ý: Cho tam thức f(t)=a.t
2
+bt+c với a
≠
0 có
∆
=b
2
-4.a.c
i/ Ptrình f(t)= 0 (ẩn t) có nghiệm
⇔ ∆ ≥
0
ii/ Khi f(t) có chứa một số ẩn khác hoặc ẩn t có miền trị không là tập R thì điều kiện
∆ ≥
0 chỉ là
điều kiện cần để hệ có nghiệm ;nhưng đôi khi dùng điền kiện này ta thu hẹp được miền trị các ẩn còn lại
làm cho việc tìm nghiệm của hệ thuận lợi hơn.
Vd1: Giải hệ:
3
2 2
( 3) 3 2
4 8
(2 )( 3) 5 16
0
x y
z y y
z x x x
z
+ = −
+ =
− + = +
≥
(I)
Giải: Từ (2) và (3) cho : 4(y-1)
2
= 4-z
2
nên
z ≤
2 và x
2
+2(4-z).x+16-6z = 0 (5)
Từ (5) phải có:
x
∆
= z
2
-2z
≥
0 nên z
≤
0 hoặc z
≥
2
Từ các kq trên cho z=0 hoặc z=2 (thử lại) .
Vd2: Giải hệ:
2
2
4 4 2 . 4
x y z
x y x y z
+ + =
+ − + =
(I)
Giải:
Coi z là tham số của (I)
(I)
⇔
2
2
4 4
2
x y z
z z
xy
+ = −
− +
=
do đó: x;y là nghiệm ptrình : t
2
–(2-z)t+
2
( 2)
2
z −
=0 (2)
Do tính có nghiệm của pt (2) nên
∆
= (z-2)
2
-2(z-2)
2
≥
0 nên z=2
Do đó: (I)
⇔
2
. 0
0
z
x y
x y
=
=
+ =
cho ta nghiệm của hệ.
V.4.
1/ BT: Giải các hệ:
a/
4 4 4 3 3 3
3x y z
x y z x y z
+ + =
+ + = + +
b/
3
3
3
, , 0
. . 1
x y z
x y z
x y z x y z
>
=
+ + = + +
13
c/
2 2 2
, , 0
3
2 6 2 6 2 . 6 9
x y z
x y z
x yz y zx z x y
>
+ + =
+ + + + + + + + =
d/
2 2 2
, , 0
3. . .
1 1 1
3
x y z
x y z x y z
x y z
>
+ + =
+ + =
.
e/
3
. 9
3 6
x y
x y
=
+ =
. f/
2010
1 1 1 1 1 1
3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
x y z
x y y z z x x y z y x z z x y
+ + =
+ + = + +
+ + + + + + + + +
2/ BT: Giải hệ:
1/
2 2 2
, , 0
6
1 1 1
x y z
x y z
x y z
x y z
y z x
>
+ + =
+ + = + +
2/
1
1
0; 1,2, ,
1
1 ( 1)
k
n
k
k
n
k
k
x k n
x
x n n
=
=
> ∀ =
=
− = −
∑
∑
;n cho trước.
3/
6 6 6 6
3 2 3 2 3 2 3 2
, , , 0
8
8
.
x y z t
x y z t
x y z t
y z z t t x x y
>
+ + + =
+ + + =
4/
3 3 3 3
6 6 6 6 2 2 2 2
, , , 0
4
x y z t
x y z t
x y z t x y z t
>
+ + + =
+ + + = + + +
5/
4 2 3 6
2 3 6
( 1) .( 2) . . 1024
4 16 8 76
1; 2; 0; 0
x y z t
x z y t x
x y z t
− − =
+ + + = +
≥ ≥ ≥ ≥
6/
2 2 2
3 3 3
, , 0
1
1
2 3 4 2 3 4 2 3 4 9
x y z
x y z
x y z
x y z y z x z x y
>
+ + =
+ + =
+ + + + + +
7/
2
2 2
2 (3 )
(2 )( 2) 9 4
4
0
y x
z y y y
x z x
z
+ = −
− + = +
+ =
≥
8/
3 2 2
2 2
(2 )(3 2 ) 3
3 3 2
6
3
x x z x
y y x x
z y z
z
− − = −
+ = − +
+ =
≤
9/Gỉai hệ:
2
1
2
2
1
2
2
3
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
+
=
+
=
+
10/
1 2 2 3
2 3 3 4
2009 1 1 2
1 2
2
2 .
2
2009; 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x
+ =
+ =
+ =
= >
l1/
2
2
1
3.
1
3
a
x a y a z a
a
a
a x a y a z
a
+
+ + + + + =
−
− + − + − =
;a>1
VI/ DÙNG TÍNH ĐỐI XỨNG ĐỂ ĐƯA VỀ THỪA SỐ CHUNG :
14
VI.1Phương pháp:
Thơng thương trong 1 hệ
Vd1: Giải hệ:
2 2 2 2 2 2
4 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2
1
. . 1 1 1
. . 1
x y y z z x
x y x y y z y z z x z x
x y z
+ + =
+ + + + + +
=
(I)
Giải:
(I)
⇔
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1
1 1 1
. . 1
x z y x x y
x y z
+ + =
+ + + + + +
=
.Đặt x
2
=a
3
;y
2
=b
3
;z
2
=c
3
thì a;b;c
≥
0 và a.b.c=1
Ta có: a
3
+c
3
=(a+c)(a
2
+c
2
-a.c)
≥
(a+c)(2ac-ac)=ac(a+c)
⇒
a
3
+c
3
+1
≥
ac(a+c)+abc=ac(a+b+c)
Do đó:
3 3
1
1a c+ +
≤
1
( )ac a b c+ +
; t.tự:
3 3
1
1a b+ +
≤
1
( )ab a b c+ +
;
3 3
1
1b c+ +
≤
1
( )bc a b c+ +
Cộng lại cho :
3 3
1
1a c+ +
+
3 3
1
1a b+ +
+
3 3
1
1b c+ +
≤
1 cho kq.
Vd2: Cho n
≥
3;n nguyên dương lẻ;
Giải hệ:
4 4
4 4
2
. 2( ) 1
2
. .
3
n n n n
n
x y x y
x y x y
+ +
+
+ + =
+ =
(I)
Giải:
Từ (2) cho (xy)
n
.(x
4
+y
4
) =
2
2
3
n+
; n nguyên dương lẻ nên x.y>0 ; có : 2(x
4
+y
4
)
≥
4x
2
.y
2
⇒
4 4
2( )x y+
≥
2x.y do đó: 1
≥
xy+2xy
⇒
x.y
≤
1/3 và x
4
+y
4
=
2
(1 )
2
xy−
.
Ta có: (xy)
n
.(x
4
+y
4
)=2(xy)
n-1
.x.y.
1 1
.
2 2
xy xy− −
÷ ÷
; bđt Cauchy: x.y.
1 1
.
2 2
xy xy− −
÷ ÷
≤
3
1
3
⇒
(xy)
n
.(x
4
+y
4
)
≤
2(xy)
n-1
.
3
1
3
≤
2
2
3
n+
.Dấu “=” xảy ra
⇔
1
.
3
x y
x y
=
=
( cho kq)
VII.HỆ ĐẲNG CẤP
VII.1.Đn: Cho hệ
( ; ) 0
( ; ) 0
F x y
G x y
=
=
(I)
Hệ (I) được gọi là 1 hệ đẳng cấp nếu 2 biếu thức F(x;y) và G(x;y) là đẳng cấp cùng bậc
VII. 2.Phương pháp:
Khi giải hệ (I) ta thường dùng phép thế y=k.x
*Kiểm tra x=0 có là nghiệm của hệ được khơng ( nếu có lấy tất cả các nghiệm dạng (0;u) của
hệ .
*Xét x
≠
0 ; coi y=kx ( ln tồn tại điều này) thay vào hệ và nhờ tính đẳng cấp cùng bậc của 2
biếu thức F(x;y) và G(x;y) nên ta có thể khử biến x để tìm được k ;từ đó tìm được nghiệm của hệ .
*Đơi khi ta cần biến đổi hoặc dùng ẩn phụ để đưa về hệ đẳng cấp đối với ẩn mới .
Vd1: Giải hệ:
3 3
2 2 3
1
2 2
x y
x y xy y
+ =
+ + =
(I)
x=0 ko là n
0
của hệ; nên có thể coi y=k.x
(I) tương ứng
3 3
3 2 3
(1 ) 1
( 2 ) 2
x k
x k k k
+ =
+ + =
(II) ; ta thấy k
≠
-1 nên (II)
⇔
3
3
3 2
3
1
1
2
2
1
x
k
k k k
k
=
+
+ +
=
+
do đó: k=1 hoặc k=2.
15
Th1: k=1 thỡ y=x vaứ x
3
=
3
1
1k +
=1/2 cho (x;y)=(
3
1/ 2
;
3
1/ 2
)
Th2: k=2 thỡ y=2x vaứ x
3
=
3
1
1k +
=1/9 cho (x;y)=(
3
1/ 9
;2.
3
1/ 9
)
Vd2: Gii h:
12
1 2
3
12
1 6
3
x
y x
y
y x
=
ữ
+
+ =
ữ
+
(I)
Gii:
k: x;y
0 .
Ta thy : ( x=0 ;
y
0) v ( y=0 ;
x
0) khụng l nghim ca h .
Xột x; y >0 .
(I)
12 2
1
3
12 6
1
3
y x
x
y x
y
=
+
+ =
+
12 3 1
3
3 1
1
y x
y x
y x
=
+
= +
( nhõn v vi v ca 2 ptrỡnh)
Ta cú:
12 9 1
3y x y x
=
+
12x.y=9x(y+3x)-y(y+3x) ( õy l ptrỡnh ng cp bc 2 theo 2 n x;y)
( gii ptrỡnh trờn cho kq)
Vd3: Gii h:
3 3
2
2
4 16
1
5
1
x y y x
y
x
+ = +
+
=
+
(I)
Gii:
(I)
3 3
2 2
16 4
5 4
x y x y
x y
=
=
nhõn v vi v ca cỏc phng trỡnh trờn cho:
4(y
3
-x
3
) = (16x-4y)(5x
2
-y
2
) ( õy l ptrỡnh ng cp bc 3 theo 2 n x;y)
( Chỳ ý : cú th li)
Vd4: Gii h
2 2 2
2 2 2
3 3 2 2 2
.
.
y x y x z
x x z z y
z y x y z
+ =
+ =
= + +
(I)
Gii:
Ly (1) (2) v vi v ta cú: x(z-y)=2(z-y)(z+y)
(z=y) hay (x=2(z+y) )
Th1: z=y thay vo h ta c:
2 2
( ) 0
2 0
x x y
x y
=
+ =
cho x=y=z= 0 ( tha h ban u)
Th2: x=2(z+y) thay vo h ta c:
2 2 2
3 3 2 2 2
4( ) 2 ( )
4( )
y z y z y z y
z y y z z y
+ + = + +
= + + +
.Trong ph trỡnh (1
)
l ptrỡnh ng cp bc 2 vi n z;y . (1
)
3k
2
+6k+3=0 hay k=-1 vi k= y/z
Do ú: y=-z v z
3
=z
2
hay y=z=0 v y= -1;z=1 ( th li)
VII.3.Bt: Giaỷi caực heọ sau:
1/
3 3
9
. ( ) 6
x y
x y x y
+ =
+ =
2/
3 2
3 2
3 20
3 . 7
x x y
y x y
+ =
+ =
3/
3 2
3 2
3 4
3 . 4
x x y
y x y
+ =
+ =
4/
2 2
5 5
5
11( )
x y
x y x y
+ =
+ = +
5/
3 3
2 2
2 9 ( )(2 3)
3
x y x y xy
x xy y
= +
+ =
6/
2 2
8 8 10 10
1x y
x y x y
+ =
+ = +
7/
2
5 3
x y x y y
x y
+ + =
+ =
8/
3 2
2 2
3
3 1
x xy y
x y
+ =
+ =
9/
2 2
2 2
( )( ) 7
( )( ) 175
x y x y
x y x y
=
+ + =
10/
2
2
4 2 3
2 2
x xy
y xy
+ =
+ =
.
16
11/
9 9
25 25 16 16
1x y
x y x y
+ =
+ = +
12/
3 3
5 5
1
. 0
y x
x y x y
− =
− + =
13/
1
3 1 2
1
2 1 4. 2
x
x y
y
x y
+ =
÷
+
− =
÷
+
14/
2
.
2( ) 3( 2 )
x y x y
x y x y
= −
+ = −
15/
3
3
. 24
. 6
x
x y
y
y
x y
x
+ =
− =
16/
3 3
2
9
3 4( )
x y y
x y x y
+ =
= +
VIII/ DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH :
Cho hàm số y=f(x) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a;b) .
Hệ
( ) ( ); , ( ; ) ( ; )
( ; ) 0 ( ; ) 0
f x f y x y a b x y a b
H x y H x x
= ∈ = ∈
⇔
= =
VIII.1. Ph ương pháp:
Khi giải hệ ta có thể nghỉ đến phép biến đổi tương đương để đưa hệ về 1 hệ mới có 1 phương
trình dạng f[u(x)]=f[v(y)] ; ờ đó f(t) là hàm số đơn điệu trên khỏang (a;b) và u(x);v(y) có miền trị là (
;
α β
)
⊂
(a;b)
Vd 1: Giải hê phương trình :
2 2
3 3
(3 1). 9 6 2 7 1 4 . 16 1
2012 2012 (log log ).(12 4 . )
x y
x y y y x y
y x x y
+ + + + + = − +
− = − +
(I)
Giải:
Đk: x;y>0 .
Xét ptrình (2) : Do đk nên 12+4x.y>0
Nếu x>y thì VT(2)>0 và VP(2)<0 nên (2) khơng thể xảy ra.
Nếu x<y thì VT(2)<0 và VP(2)>0 nên (2) khơng thể xảy ra.
Do đó:
(I)
⇔
2 2
(3 1) 9 6 2 7 1 4 . 16 1
x y
x x x x x x
=
+ + + + + = − +
(II)
Xét ptrình (2) của hệ (II)
(2)
⇔
(3x+1)[1+
2
(3 1) 1x
+ +
] = -4x.[1+
2
16 1x
+
] (3)
Xét hàm số g(t) =t[1+
2
1t +
] ;
t
∀ ∈
R thì g
‘
(t)= 1+
2
1t +
+
2
2
1
t
t
+
>0 ;
t
∀ ∈
R
Suy ra ;g(t) đồng biến trên R
(3)
⇔
g(3x+1)=g(-4x)
⇔
x= -1/7 ( do g(t) đồng biến trên R) ( lọai)
Vậy : hê vơ nghiệm .
Vd2: Giải hê phương trình :
2
2
7 7
2 2 4
4
4
2 5
log 3( ) 15 log 3
2 10 24 6 2 1 1
x y
y x
y
y y y x x
+ +
= + − +
÷
− + + − = + + −
(I)
Giải :
Xét phương trình (1) của hệ
17
Đk:
1
6
x
y
≥
≥
.
Lúc đó: (1)
⇔
2
7
log ( 2 5)x y+ +
+3(x
2
+2y+5) =
7
log 3y
+9y .
Xét hàm số : f(t) =
7
log t
+3t ; mọi t>0
f đồng biến trên (0;+
∞
) . (1)
⇔
f(x
2
+2y+5)=f(3y) với x
2
+2y+5 ; y
>0
Nên : x
2
+2y +5 =3y hay y= x
2
+5 ;thay y=x
2
+5 vào pt (2) cho:
4 2
4
1 2 1x x
− + +
=
2
1x
−
+2.
4
4
1x
−
(3)
(3)
⇔
u+2 = u
2
+2u với u =
2
4
2
1
1
x
x
−
+
≥
0 ;
Giải ptrình trên ta được nghiệm u=-2 hoặc u=1 (từ điều kiện u
≥
0 cho u=1
)
u=1 cho
2
4
2
1
1
x
x
−
+
Phương trình này vô nghiệm
Kết luận hệ vô nghiệm .
Vd3: Giải hê phương trình :
2 4 2
4 4 2 4
4 4
2 2 8.2 2 1
6 10 5 11
2
x x y y
y x
x x y y
y
+ +
− + = − +
+ = + + +
≥
(I)
Giải:
Đk: x
≥
0 .
Trên miền điều kiện ;xét ptrình (1)
(1)
⇔
2 4 2
4 4 1 4 4 2
2 2 2( 2 2 1)
x x y y
y x
+ + + +
− = + − +
⇔
2 2 2
(2 1) ( 2) 2
2 2 2 1 2 2 2
x y
x y
+ +
+ + = + +
. (3)
Xét hàm số f(t) =
2
2 2
t
t
+
;
∀
t
≥
0 thì f
‘
(t)= 2t.
2
2
t
.ln2 +
1
t
>0 ;
∀
t
≥
0
⇒
f(t) đồng biến trên [0;+
∞
)
(3)
⇔
f(y
2
+2) = f(2x+1) ; y
2
+2;2x+1
∈
[0;+
∞
)
⇔
y
2
+2=2x+1
⇔
2x
=y
2
+1
Thay vào pt(2) ta được:
2
3 3y
+
-
4
5y +
= y
4
-5y
2
+6
2 2
2 4
( 1)( 2)
3 3 5
y y
y y
− − −
⇔
+ + +
= (y
2
-2)(y
2
-3) .
⇔
(y
2
=2 ) hoặc (
2
2 4
1
3 3 5
y
y y
−
⇔
+ + +
= y
2
-3) (i)
Do y
≥
2 nên VT(i) <0 và VP(i) >0 nên (i) không có nghiệm thỏa bài
tóan
Ta được : y
2
=2 và x= 3/2
⇔
(x=3/2 và y=
2
±
) .
Thay vào hệ , ta thấy cặp số trên chính là nghiệm của hệ phương trình đã
cho .
Vd4: Giải hệ :
2 3
2 3
log ( 3) log (3 )
log ( 3) log (3 )
x y
y x
+ =
+ =
.
18
Giải : Hệ
2 3
2 3
log ( 3) 2(1 log )
log ( 3) 2(1 log )
x y
y x
+ = +
⇔
+ = +
2 3 2 3
log ( 3) 2log log ( 3) 2logx x y y⇒ + + = + +
Dùng f(x)= log
2
(t+3)+2.log
3
t , t> 0
Vd5: Giải hệ :
2
2
2
cos log (8.cos cos2 5)
cos log (8.cos cos2 5)
cos log (8.cos cos2 5)
x z x
y x y
z y z
= − −
= − −
= − −
.
Giải :
Xét ptrình (1) phải có : 8cosz-cos2x-5>0
8cos cos2 5 4,z x⇒ > + ≥
nên cosz
1
( ,1]
2
∈
, tt ta
có : cosx,cosy
1
( ,1]
2
∈
. Đặt : u= cosx , t=cosy , m=cosz ,ta phải có u,t,m
1
( ,1]
2
∈
.
Hệ đề ra thành :
2
2
2
2
2
2
log (8 2 4)
log (8 2 4)
log (8 2 4)
u m u
t u t
m t m
= − −
= − −
= − −
2
2
2
8 2 2 4
8 2 2 4
8 2 2 4
u
t
m
m u
u t
t m
= + +
⇔ = + +
= + +
.
Xét hàm số f(s) = 2
s
+2.s
2
+4
⇒
f
’
(s)= 2
s
.ln2+4s>0 ,
1
( ,1]
2
s∀ ∈
.
Hệ thành
8 ( )
1
8 ( ) , , , ( ,1]
2
8 ( )
m f u
u f t u t m
t f m
=
= ∈
=
. Dùng f tăng dẫn tới m=u=t .
Do đó : 8t=2
t
+2t
2
+4 ;
1
( ,1]
2
t ∈
.Ptrình trên có đúng 1 nghiệm t= 1 .Suy ra kq .
Vd6: Giải hệ pt:
( )
2 2
2
2 2 1
( ) 2
3 9 2 2
3 2 29
x y
x y
y x
x y
+ +
+ +
− = −
+ + =
(I)
G: (I)
2 2
2
2 4 2
( ) 2
3 2 3 2. 2 (1)
3 2 29
x y
x y
x y
x y
+ +
+ +
+ = +
⇔
+ + =
. Xét hàm số g(t) =
2
2
3 2
t
t
+
+
; t
(0;∈ +∞
)
g(t) là hàm số đồng biến trên
(0;∈ +∞
) ; từ (1) cho x;y
(0;∈ +∞
)
(I)
⇔
( ) (2 )
2 (0; )
( ) (1)
1
;2 (0; )
f x f y
x y
f x y f
x y
x y
=
= ∈ +∞
+ = ⇔
+ =
∈ +∞
suy kq.
Vd7: Giải hệ:
( )
2 2
2
2
3 2
1
1
3.log 2 6 2log ( 2) 1
y x
x
e
y
x y x y
−
+
=
+
+ + = + + +
(I)
Giải: pt (1)
⇔
ln(x
2
+1)+x
2
= ln(y
2
+1)+y
2
; dùng h/số g(t) = lnt+t ;
∀
t>1
g đồng biến trên (1;+
∞
); (1)
⇔
g(x
2
+1)=g(y
2
+1)
⇔
(x=y) hoặc(x=-y)
1/ Khi x= -y thay vào ( 2) ta có: log
3
(6-x)=1
⇔
x=3 cho kq
2/ Khi x=y thay vào ( 2) ta có: 3log
3
(x+2) = 2log
2
(x+2) suy ra kq.
Vd8: Giải hệ:
cos cos
2
1
1
2 1
x y
x
e
y
y x x
−
+
=
−
= − −
(I)
Giải: Đặt z = -y thì:
cos cos
2
1
1
1 2
x z
x
e
z
z x x
−
+
=
+
= − −
pt (2)
2 2
1
( 1) ( 1) 1
z
x z
≤
⇔
− + − =
Từ đó: x;z
∈
[0;2] ; nên (1)
⇔
ln(x+1)-cosx= ln(z+1)-cosz
⇔
g(x)=g(z) với g(t) = ln(t+1)-cost
19
g(t) đồng biến trên [0;2] nên x=z do đó: x=z = 1-
2
/2.
Vd9: Giải hệ:
2 3
log [4( )]
x y
x y x y
x y x y
+
+ + = +
− = −
(I)
Giải: đk:
0 1
0
x y
x y
< + ≠
− >
.
Từ (1) và đk cho x+y=4 ; thay vào (2) cho : 4(x-y)=4
x-y
; đặt t= x-y .Ta có:
4t=4
t
.Dùng hsố f(t) =4
t
-4t và bbt cho pt f(t)=0 có tối đa 2 n
0
; nhẫm t=1;t=1/2 là 2 n
0
.
VIII.2. Bài tập:
1/ Giải hệ:
1/
=+
+−=−
16
)2)(log(log
33
22
yx
xyxyyx
2/
=+
+−=−
2
)2)((22
22
yx
xyxy
yx
3/
=+
+−=−
1
)1)(log(log
22
22
yx
xyxyee
yx
4/
=+
−=−
1sinsin
sinsin
yx
yxyx
5/
( )
3 5
5
3
log 2 log 3
2
log 2
log 5
2
(3 )
( )
5
y x x
I
x y y
− =
− =
6/
( )
1
2
2
ln 1
1
1
1 log 1 1
y
y x
x
e
x
x y
−
+ =
−
+ =
− + + =
.
7/
11 10 22 12
4 4 2 2
3
.
7 13 8 2 . (3 3 1)
x x y y y
y x y x x y
+ = +
+ + = + −
8/
3 3
2
3 4 2
1 2 1
y y x x x
x y y
+ = + + +
− − = − −
9/
3
2(2 1) 2 1 (2 3) 2
4 2 2 4 6
x x y y
x y
+ + + = − −
+ + + =
10/
2
2
1
2 2 2
3
2 2 .
2
( . 2 ) 2 1 4 0
x
y
x
x y
x y x x y x
−
− = − −
+ − + − =
2/ Giải hệ : a/
6 4
sin
sin
10. 1 3( 2)
5
,
4
x y
x
e
y
x y
x y
π
π
−
=
+ = +
< <
. b/
2
1 1 1 1 1 1
log ( 1)
9 6 3 6 3 9 .
x y x y x y x y x y x y
x x y
+ − + − + − − + − + − +
+ = +
− − = + −
.
3/ Giải hệ: a/
4 4 2 2
4 4 2 2
2 6
2
8 6 0
x y x y x y
y x y x y x
x y x
+ − + + + = −
÷
+ − + =
. b/
2
4
2
4
2 1. 4 3
2 1. 4 3
x x y
y y x
= − −
= − −
4/ Giải hệ: a/
2
(17 3 ). 5 (3 4) 4 0
2. 2 5 3 3 2 11 6 13
x x y y
x y x y x x
− − + − − =
+ + + + + = + +
b/
tan tan
1 1 8
5 7
; ( ; )
2 2
x y y x
y x y
x y
π π
− = −
+ − = − +
∈
IX/ HỆ LẶP 2 ẨN – 3 ẨN :
IX.1. Dạng :
( )
( )
; ( ; )
y g x
x g y
x y a b
=
=
∈
(I) ;
( )
( )
( )
; ; ( ; )
y g x
z g y
x g z
x y z a b
=
=
=
∈
(II)
IX.2. Phương pháp :
*Khi gặp hệ lặp nói trên ; trong đó g(t) là hàm số đồng biến trên khỏang (a;b) ta thực hiện:
20
i/ Xét 2 ẩn bất kì x;y của hệ nhở tính đồng biến của hsố g ta dùng phản chứng để chứng minh
khơng xảy ra x
≠
y
ii/ Lập luận tương tử cho cặp biến khác và như trên nên hệ tương đương:
( )
( )
; ( ; )
y g x
x g y
x y a b
=
=
∈
⇔
( ) ( )
; ( ; )
g x g y
x y a b
=
∈
;
( )
( )
( )
; ; ( ; )
y g x
z g y
x g z
x y z a b
=
=
=
∈
⇔
( )
; ; ( ; )
g x x
x y z a b
=
∈
Chú ý: Đơi khi ta phải dùng ẩn phụ để đưa về hê lặp hoặc từ càc điều kiện ràng buộc của hệ ta thu
hẹp miền ẩn x;y;… chạy trên 1 miền mới mà hsố g đồng biến trên đó.
Vd1: Giải hệ:
3 2
3 2
1 2( )
1 2( )
x x x y
y y y x
+ = − +
+ = − +
(I)
Giải: (I)
⇔
3 2
3 2
2 2 1 2
2 2 1 2
x x x y
y y y x
− + + =
− + + =
(II)
Xét hsố f(t)=t
3
-2t
2
+2t+1 ; t
∈
R thì f
‘
(t) = 3t
2
-4t+2 >0 ;
t∀ ∈
R
⇒
f(t) đồng biến trên (-
∞
;+
∞
) . Ta cm: x=y
Giả sử: x > y thì 2x > 2y nên f(y) > f(x)
⇒
y > x ( vì f đồng biến ) nên x>x ( không xãy ra )
Cm tt thì x < y cũng không xãy ra nên x=y . Do đó:
x
3
-2x
2
+2x+1 =2x
⇔
x
3
-2x
2
+1 = 0 cho kq .
Vd2: Giải hệ:
3 2 3
3 2 3
3 2 3
2 3 18
2 3 18
2 3 18
x x y y
y y z z
z z x x
+ − = +
+ − = +
+ − = +
(I).
Giải: Đặt f(t)=2t
3
+3t
2
-18 ; g(t)=t
3
+t ; t thuộc R . g đồng biến trên R
Hệ thành :
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
f x g y
f y g z II
f z g x
=
=
=
Có thể coi x= max
{ }
; ;x y z
thì: g(x)
≥
g(y) và g(x)
≥
g(z).
Do đó:
( ) ( )
( ) ( )
g x f x
f z g z
≥
≥
2
2
( 2)( 5 9) 0
( 2)( 5 9) 0
x x x
z z z
− + + ≤
⇔
− + + ≥
2
2
x
z
≤
⇔
≥
Vậy : x=z=2 và y=2 ( thử lại)
Vd3: Cho a
≠
0; Giải hệ:
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 ( ) ( 9 )
2 ( ) ( 9 )
2 ( ) ( 9 )
x y a y y a
y z a z z a
z x a x x a
+ = +
+ = +
+ = +
(I)
Giải:
Đặt f(t)=
2 2
2 2
( 9 )
2( )
t t a
t a
+
+
; t
∈
R thì f
‘
(x)=
2 2 2
2 2 2
( 3 )
2( )
x a
x a
−
+
≥
0;
x∀ ∈
R
⇒
f đồng biến trên R .
Hệ
( )
( )
( )
x f y
y f z
z f x
=
=
=
; x;y;z thuộc R . Xét 2 số x;y
Giả sử : x>y thì f(x)>f(y) vì f tăng trên R ; gt cho z > x nên f(z) > f(x) do đó: y>z
Tính bắc cầu cho x>x ( !)
Giả sử : x < y : cm tương tự củng tới vô lí .Do đó: x= y
Tương tự : x=y=z .
Do đó: 2x(x
2
+a
2
) = x(x
2
+9a
2
) từ đó: x=0 hoặc x=a
7
hoặc x= -a
7
.
Nghiệm của hệ là : (0;0;0) ; (a
7
; a
7
; a
7
);(- a
7
;- a
7
; -a
7
).
21
Vd4: Giải hệ:
1
1
1
1
1
1
y
x
x
z
y
y
x
z
z
+
= +
+
= +
+
= +
(I)
Giải: gt cho x;y;z > 1 . (I)
3
3
3
1
1
1
y x x
z y y
x z z
= − −
⇔ = − −
= − −
. Xét h/số g(t) = t
3
-t-1 ;t>1 .
g đồng biến trên khoảng (1;+
∞
) ; (I)
( )
( )
( )
; ; 1
y g x
z g y
x g z
x y z
=
=
⇔
=
>
( cho kq)
Vd 5: Giải hệ:
1 2
2 3
3 4
4 1
3
cos( )
9
3
cos( )
9
3
cos( )
9
3
cos( )
9
x x
x x
x x
x x
π
π
π
π
=
=
=
=
(I) .
Giải: gt cho
k∀
=1;2;3;4 thì
3 1
9 2
k
x ≤ <
do đó:
2
k
x
π
π
<
⇒
0<cos(
π
x
k
)
≤
1 ; mọi k .
Lại từ hệ: cho 0<x
k
<
1
2
vì thế 0<
π
x
k
<
2
π
Xéét 2 số x
1
;x
3
:
TH1: x
1
≥
x
3
⇒
π
x
1
≥
π
x
3
do đó: cos(
π
x
1
)
≤
cos(
π
x
3
) ; nhờ hệ nên x
4
≤
x
2
⇒
cos(
π
x
4
)
≥
cos(
π
x
2
)
⇒
x
3
≥
x
1
nên x
3
=x
1
;(tương tự cho x
1
≤
x
3
)
Nên x
1
=x
3
thay vào hệ được x
2
=x
4
. Từ đó:
1 2
2 1
3
cos( )
9
3
cos( )
9
x x
x x
π
π
=
=
và x
1
+x
4
= x
2
+x
3
.
Xét hsố f(t) = t+
3
cos( )
9
t
π
với t
(0; ]
2
π
∈
thì f
‘
(t) = 1-
3
sin( )
9
t
π π
≥
1-
3
9
>0
Vậy : f đồng biến trên
(0; ]
2
π
. Do: x
1
+x
4
= x
2
+x
3
⇒
x
1
+
1
3
cos( )
9
x
π
= x
2
+
2
3
cos( )
9
x
π
⇒
f(x
1
)=f(x
2
) trên
(0; ]
2
π
từ đó: x
1
=x
2
. Ta có: x
1
=
1
3
cos( )
9
x
π
(9)
Ta thấy : Vt(9) là hsố đồng biến ;Vp(9) là hsố nghích biến trên
(0; ]
2
π
nên (9) có tối đa 1 nghiệm ;
mà x
1
= 1/6 là 1 nghiệm ( cho kq) .
Vd6: Giải hệ:
3 2 3
3 2 3
3 2 3
1 2 2
1 2 2
1 2 2
x x y x
y y z y
z z x z
+ − = −
+ − = −
+ − = −
(I)
22
Giải:
(I)
⇔
3 2 3
3 2 3
3 2 3
2 2 1
2 2 1
2 2 1
x x x y
y y y z
z z z x
+ + = +
+ + = +
+ + = +
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
f x g y
f y g z
f z g x
=
⇔ =
=
với f(t)=t
3
+t
2
+2t và g(t)=2t
3
+1
g và f cùng đồng biến trên R.
Xét (x;y;z) là n
0
của hệ. Giả sử : x
≥
y thì f(x)
≥
f(y) nên g(y)
≥
g(z) do đó: y
≥
z
⇒
f(y)
≥
f(z)
Từ hệ cho g(z)
≥
g(x)
⇒
z
≥
x từ đó: x=y=z .
Tương tự : khi x
≤
y.
(I)
⇔
( ) 0
x y z
h x
= =
=
(II) với h(t) = t
3
-t
2
-2t+1 ; t thuộc R . h(t) liên tục trên R và h(-2)<0;h(0)>0; h(1)<0;
h(2)>0 nên pt h(t)=0 có đúng 3 n
0
thuộc khỏang (-2;2).Đặt x=2.cosu ;u
(0; )
π
∈
Do đó: 8cos
3
u-4cos
2
u-4cosu+1 =0 do sinu
≠
0 nên sinu(8cos
3
u-4cos
2
u-4cosu+1)=0
⇔
sin4u = sin3u Tìm được n
0
u
3 5
; ;
7 7 7
π π π
∈
.Đs: (u;u;u)
Vd7: Giải hệ:
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
− + − =
− + − =
− + − =
(I)
Giải: đk; x;y;z< 6 .
(I)
⇔
3
2
3
2
3
2
log (6 )
2 6
log (6 )
2 6
log (6 )
2 6
x
y
x x
y
z
y y
z
x
z z
− =
− +
− =
− +
− =
− +
(II)
Xét hsố f(t) =
2
2 6
t
t t− +
;
∀
t<6 ; f(t) tăng trên (-
∞
;6) ;còn g(t) =
3
log (6 )t−
giảm trên (-
∞
;6)
Có thể coi x=max
{ }
; ;x y z
;có 2 thợp:
Th1:
x y z≥ ≥
thì f(x)
≥
f(y)
≥
f(z) từ gt cho g(y)
≥
g(z)
≥
g(x)
⇒
y
≤
z
≤
x nên y=z
Do đó: trong pt (2) của hệ cho f(y)=g(y) mà f(3)=g(3) . Vậy : phải có y=z = 3 thế vào hệ;
2
2 6
x
x x− +
= 1 từ đây cho x=3 .
Th2:
x z y≥ ≥
làm tương tự cho x=y=z=3 ( kq) .
2/ Giaûi heä:
1/
=−+−
=−+−
=−+−
027279
027279
027279
23
23
23
zzx
yyz
xxy
2/
−++=
−++=
−++=
2
2
2
23
23
23
xxxz
zzzy
yyyx
3/
2 3
2 3
2 3
3 ln( 1) 3
3 ln( 1) 3
3 ln( 1) 3
x x x y x
y y y z y
z z z x z
+ − + = − +
+ − + = − +
+ − + = − +
4/
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
− + − =
− + − =
− + − =
23
5/
2
2
2
2 1
2 1
2 1
x
y
x
z
x
z
y
z
y
=
−
=
−
=
−
6/
2
2
2
2 5 2
2 5 2
2 5 2
x y y
y z z
z x x
= + +
= + +
= + +
7/
3 2
3 2
3 2
6 12 8 0
6 12 8 0
6 12 8 0
x y y
y z z
z x x
− + − =
− + − =
− + − =
8/
4
4
4
1
1
1
x
y
x x
y
z
y y
z
x
z z
=
+ −
=
+ −
=
+ −
9/
2
2
2
2
2
2
x
y
x x
y
z
y y
z
x
z z
=
+ −
=
+ −
=
+ −
10/
1 2 3
1 2 3
x y
y x
+ = + +
+ = + +
X/ DÙNG LƯỢNG GIÁC HĨA ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH :
X.1. Phương pháp :
Trong khi giải hệ phương trình đơi khi từ những biểu thức chứa ẩn của hệ ta sử dụng đặt ẩn phụ để đưa về
hệ phương trinh chứa biểu thức lượng giác đơn giản hơn hệ ban đầu
Chú ý: Miền trị của biểu thức sint;cost khi t chạy trên [a;b] với b-a
2
π
≥
là đọan [-1;1] nên nếu
muốn đặt x=sint ( chẳng hạn thì ta phải chứng minh x chỉ chạy trên [u;v]
⊂
[-1;1]
Vd1: Giải hệ:
2
2
. 1
1
; 0
x x y x
y xy x y
x y
+ + =
+ + + =
>
(I)
Giải: do x;y>0 nên từ (1) cho 0<x;y <1
x=0 không thỏa hệ. Do đó: nếu (x;y) n
0
của hệ thì x
≠
0
(I)
⇔
2
1
( 1)( ) 1
x x
y
x
y x y
− −
=
+ + =
1
1
1 1
( )( 1) 1
y x
x
x
x x
= − −
⇔
− − =
do đó: x
3
-2x
2
-x+1 = 0 (3)
Xét hsố f(x) = x
3
-2x
2
-x+1 liên tục trên [0;1] và f
‘
(x)= 3x
2
-4x-1 =3(x
2
-x)-x-1 <0 ;
x∀ ∈
[0;1]
và f(1/2).f(1) <0 nên pt (3) có n
0
duy nhất u
∈
(1/2;1) do đó:
1 1
( )( 1)u
u u
− −
=1 hay:
2
1 1
u u
−
-1+u = 1 (4) ; đặt u =
1
2cost
; 0<t<
3
π
; thay vào (4) ta được:
8cos
3
t-4cos
2
t-4cost+1 = 0
⇔
2cos3t-2cos2t+2cost-1 = 0 (5) ; do sint
≠
0 nên
(5)
⇔
2sint.cos3t-2sint.cos2t+2sint.cost-sint = 0 hay sin4t=sin3t
⇔
(t=2k
)
π
∨
(t=
2
7 7
k
π π
+
) ;
với k
∈
Z . Do 0<t<
3
π
nên t=
7
π
⇒
u=
1
2cos
7
π
do đó:
y=
1
u
-u-1 =
2
2cos 1
7
4cos
7
π
π
−
( cho kq) .
Vd 2: Giải hệ :
2
2 3 2
2
3 2
9
( )( . ) 6.ln 2 2
9
2 1
y y
x y x x y y xy x y
x x
x x y
+ +
− + − = − + −
+ +
− + =
(I)
Giải:
24
Pt(1)
⇔
x
3
-2x+6ln(x+
2
9x +
) = y
3
-2y+6ln(y+
2
9y +
) (3)
Xét hsố f(t) = t
3
-2t+6ln(t+
2
9t +
);
∀
t
⇒
f
‘
(t) = 3[t
2
+
2
2 2
3
9t
−
+
]
Bđt Cauchy :
2
9
27
t +
+
2
1
9t +
+
2
1
9t +
+
26
27
(t
2
+9)
≥
1+
26
27
(t
2
+9)
29
3
≥
⇒
f
‘
(t) >0 ; mọi t
f tăng trên R .Từ (3) cho x=y.
Thay vào (3) cho : x
3
-x
2
-2x+1 = 0 .Xét hsố g(x)= x
3
-x
2
-2x+1 .Ta có:
g(-2).g(0)<0;g(0).g(1)<0;g(1).g(2)<0 và g liên tục trên R ;degg=3 nên pt g(x)=0 có đúng 3 n
0
trên (-
2;2) .Gọi x là n
0
của g(x)=0 thì
(0;u
π
∃ ∈
) để 2cosu =x .Thay vào pt đồng thời nhần vế với sinu ta được:
sin4u=sinu từ đó tìm được x
ĐS: x=y=2cos
7
π
; x=y=2cos
3
7
π
; x=y=2cos
5
7
π
.
Vd3: Giải hệ:
2
2 2
1
( )( 2 )
8
3
3 4 2
4
0; 0 ;
x xy y z
x y xy xz yz
x y z x y z
+ + =
+ + + + = −
+ + = < <
.
Giải:
Đặt u=x;v=x+y;t=y+2z suy ra u<v<t và
1
8
3
4
0
uvt
uv vt ut
u v t
=
+ + = −
+ + =
nên u;v;t là n
0
pt bậc 3: 4s
3
-3s =
1
2
Đặt s=cos
α
thì cos3
α
=1/2 ( 0<
α
<
π
) nên
α
=
2
;
9 3
k
k
π π
+ ∈
Z ;
u=cos
7 5
; cos ; cos
9 9 9
v t
π π π
= =
suy ra kq.
Vd4: Giải hệ:
1 1 1
3( ) 4( ) 5( )
. . . 1
x y z
x y z
x y y z x z
+ = + = +
+ + =
(I)
Giải: Từ (I) cho x;y;z cùng dấu .chỉ xét x;y;z>0 nên
∃
A;B;C
(0; )
π
∈
sao cho tan(A/2)=x;tan(B/2)=y;
tan(C/2)=z .Ta có: tan(A/2).tan(B/2)+tan(B/2).tan(C/2)+tan(C/2).tan(A/2)=1 nên A+B+C =
π
Do đó : A;B;C là 3 cạnh của 1 tam giác
Ta có:
2 2 2
1 1 1
6. 8. 10
2 2 2
x y z
x y z
+ + +
= =
3 4 5
sin sin sinA B C
⇒ = =
do đó :
6 8 10R R R
a b c
= =
và ABC vuông ở C nên C =90
0
;sinB = 4/5;sinC=3/5 ;z=1 và có x;y .
Vd5 : Giải hệ:
2
2
. 1
(1 ) 2.
.(1 ) 2.
x y
z y y
x z z
=
− =
− =
(I)
Giải: Nếu (x;y;z) là 1 n
0
của (I) thì: y;z khơng thể =1 hay -1
25
