Cac phuong phap giai HPT

Tháng 08 2007...Phạm Kim Chung

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


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









x3 3 x 3 ln x2 x 1 y

Giải hệ phương trình : y3 3y 3 ln y2 y 1 z
3
2
z 3z 3 ln z z 1 x

Giải :
Xét hàm số : f t t 3 3t 3 ln t 2 t 1
f' t 3t 2 1

Ta có :

2t 2 1
0, x R

t2 t 1

Vậy hàm số f t đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phương trình như sau :
f x y

f y z
f z x


Không mất tính tổng quát, giả sử : x min x, y, z . Lúc đó :
x y f x f y y z f y f z z x . Hay : x y z x x y z

Với : x y z , xét phương trình : x3 2 x 3 ln x2 x 1 0
Do hàm số : x x3 2 x 3 ln x2 x 1 đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất :
x 1.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x y z 1 .


Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ phương trình có dạng :
f x1 g x2

f x2 g x3

....
f x g x
n 1
n

f xn g x1

Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và x1 , x2 ..., xn là nghiệm của hệ phương
trình , trong đó xi A, i 1,2,..., n thì x1 x2 ... xn .
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử : x1 min x1 , x2 ..., xn .
Lúc đó ta có : x1 x2 f x1 f x2 g x2 g x3 x2 x3 ... xn x1 .
1


Vậy : x1 x2 .... xn x1
Từ đó suy ra : x1 x2 ... xn .
Bài 2.
3

2

1 2 x x

y
4


2 y3 y2
1
z

4

Giải hệ phương trình :
2 z3 z2

1
x
4

Giải:
Vì vế trái của các phương trình trong hệ đều dương nên hệ chỉ có nghiệm :
x, y, z 0 .

1
f
t



4
Xét hàm số :


2 t3 t 2

1
f' t 2 ln 4 3t 2 t .
4





, ta có :
2 t3 t 2

0, t 0 .

Vậy hàm số f t nghịch biến trên khoảng 0; .
Không mất tính tổng quát, giả sử : x min x, y, z . Lúc đó :
x y f x f y y z f y f z z x x z f x f z y x .
1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x y z .
2


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

f x1 g x2

f x2 g x3

....
f x gx
n 1
n

f xn g x1

Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và x1 , x2 ..., xn là nghiệm của hệ phương
trình , trong đó xi A, i 1,2,..., n thì x1 x2 ... xn với n lẻ .
Chứng minh :
2

Không mất tính tổng quát giả sử : x1 min x1 , x2 ..., xn .
Lúc đó ta có :
x1 x2 f x1 f x2 g x2 g x3 x2 x3 ... xn x1 f xn f x1 x1 x2 .
x1 x2

Từ đó suy ra : x1 x2 ... xn .


Bài 3.

x 12 2 y

2
y 1 2 z
Giải hệ phương trình : z 12 2t


2
t 1 2 x
Giải :
Vì vế trái của các phương trình trong hệ không âm nên phương chỉ có nghiệm :
x, y, z, t 0 .
2
Xét hàm số : f s s 1 , ta có : f' s 2 s 1 . 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 : x min x, y, z, t .
+ Nếu x 1; x, y, z, t 1; , do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có
nghiệm duy nhất : x y z t 2 3 .
+ Nếu x 0; 1 0 f x 1 0 2 y 1 , hay y 0;1 , tương tự z, t 0; 1 .
Vậy x, y, z, t 0; 1 . Do đó ta có :

x y f x f y y z f y f z z x x z .
Với x z f x f z y t .
2

x 12 2 y x 1 2 y
Lúc đó hệ phương trình trở thành :
x y
x y 2 3
2
y 1 2 x

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



Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn ):
f x1 g x2

f x2 g x3

....
f x g x
n 1
n

f xn g x1
3

Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và x1 , x2 ..., xn là nghiệm của hệ phương
x x ... x

n 1
trình , trong đó xi A, i 1,2,..., n thì 1 3
với n chẵn .
x

x

...

x
2
4
n
Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử : x1 min x1 , x2 ..., xn .
Lúc đó ta có :.

x1 x3 f x1 f x3 g x2 g x4
x2 x4

f x2 f x4 g x3 g x5
x3 x5 .........
f xn 2 f xn g xn 1 g x1
xn 1 x1 .........
f xn 1 f x1 g xn g x2 xn x2

Vậy : x1 x3 .... xn 1 x1 x1 x3 ... xn1 ; x2 x4 .... xn x2 x2 x4 ... xn

Phần bài tập ứng dụng phương pháp

1. Giải hệ phương trình :

2 x3 7 x2 8 x 2 y
3
2
2 y 7 y 8y 2 z
2 z3 7 z2 8z 2 x


2. Chứng minh với mỗi a R , hệ phương trình :
x2 y3 y a
2
3
có một nghiệm duy nhất .
y z za
z2 x3 x a

x2 y a
2
3. Cho hệ phương trình :
y z a
z2 x a


Tìm a để hệ phương trình chỉ có nghiệm với dạng x y z .
4. Giải hệ phương trình :
x31 3 x1 2 2 x2
3

x 2 3 x2 2 2 x3
.........
x3 3 x 2 2 x
99
100
99
x3100 3 x100 2 2 x1

5. Cho

n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ phương trình :

4


x21 x3 2 4 x2 ax2
2
3
x 2 x 3 4 x3 ax3

.........
x2 x3 4 x ax
n
n
n
n 1
2
3
x n x 1 4 x1 ax1

6. Cho

có một nghiệm duy nhất .

n là số nguyên lớn hơn 1 và a 0 . Chứng minh hệ phương trình :
x21 x3 2 4 x2 ax2
2
3
x 2 x 3 4 x3 ax3

.........
x2 x3 4 x ax
n
n
n
n 1
2
3
x n x 1 4 x1 ax1

7. Chứng minh với mỗi a R , hệ phương trình :
x2 y3 y2 y a
2
3
2
y z z z a
z2 x3 x2 x a


có nghiệm duy nhất .

có một nghiệm duy nhất .

Ii. Hệ phương trình giải được bằng phương pháp lượng giác hoá.
x 1 y2 y 1 x2 1
(1)

(2)
1 x 1 y 2
x 1
1 x2 0
Giải.
ĐK :


2
1 y 0
y 1
Đặt x cos ; y=cos với , 0; , khi đó hệ phương trình :


1. Giải hệ phương trình :



cos .sin cos .sin =1


2
1 cos 1 cos 2

sin cos sin .cos 1 0

Đặt t sin cos , t 2 sin .cos

1 t2
2

1 t2
1 0 t 2 2t 3 t 1
2
x 0



t 1 , ta có : 2sin 1 0
4
2

y 1

Khi đó ta có : t
Với

Nếu : x a a 0 , ta đặt x a cos , với 0;

5

2 x y 1 4 xy 3
2. Giải hệ phương trình : 2 2

1
2

x y 1

Giải .

Do x2 y2 1 x, y 1; 1 . Đặt x sin , y cos với 0; 2 .
Khi đó (1) 2 sin cos 1 2sin2 3


1




2. 2sin .2. sin2 3 4sin sin2 sin 3
4
2
4
6

8sin sin cos 3 4cos cos cos 2 3
4
12
12
12
3
6









2cos 4cos cos 2 3
12
12
6

2cos 2 cos 3 cos 3 2cos 3 3
12
4
12
4




35 0 k120 0

3

cos 3

k R
0
0
4
2

65 k120
Từ đó suy ra hệ có 6 nghiệm x, y { sin650 , cos650 , sin350 , cos350 , sin850 , cos850 ,

sin5 , cos5
0

0




, -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }
0

0

0

0

Nếu : x2 y2 a a 0 , ta đặt x a sin , y a cos , với 0; 2


3. Giải hệ phương trình :

2 x x2 y y

2
2 y y z z
2 z z2 x x


Giải : Từ các phương trình của hệ , suy ra : x, y, z 1 . Do đó ta có :

2x

y 1 x2 (1)

2y

(2)
z
2
1

y


2z
(3)
x
1 z2


Đặt Đặt x tg với ; (4) và sao cho
2 2

tg , tg2 , tg4 1 (5).

Tương tự bài 2. Hệ phương trình có 7 nghiệm
k
2 k
4 k

x tg 7 , y tg 7 , z tg 7

, k 0, 1,..., 3



sao cho x tg
2

Với mọi số thực x có một số với ;
2
6






4. Giải hệ phương trình :

x 3z2 x 3z z3 0

2
3
y 3x y 3x x 0
z 3y2 z 3 y y3 0


Giải . Viết lại hệ phương trình dưới dạng :

x 1 3z2 3z z3


2
3
y 1 3x 3 x x

2
3
z 1 3 y 3 y y

(I)

Từ đó, dễ thấy nếu x, y, z là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x, y, z

3z z3
x


1 3 z2

3 x x3
(I) y
1 3 x2


3 y y3
z
1 3y2


1
3

. Bởi thế :

(1)
(2)

(II)

(3)

1

(4) và sao cho tg , tg3 , tg9
(5).

3
2 2
Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có : y tg3 , z tg9 và x tg27

Từ đây dễ dàng suy ra x, y, z là nghiệm của (II) khi và chỉ khi y tg3 , z tg9 ,

Đặt x tg với ;

x tg , với được xác định bởi (4), (5) và
Lại có : 6 26 k k Z

tg tg27 (6).

k
với k nguyên thoả mãn
26
: 12 k 12 . Dễ dàng kiểm tra được rằng, tất cả các giá trị được xác định như vừa

Vì thế thoả mãn đồng thời (4) và (6) khi và chỉ khi

nêu đều thoả mãn (5).
Vậy tóm lại hệ phương trình đã cho có tất cả 25 nghiệm, đó là :
k
3k
9 k

x tg 26 , y tg 26 , z tg 26




, k 0, 1,... 12

5. Giải hệ phương trình :


1
1
1
3 x 4 y 5 z
x
y
z



xy yz zx 1


Giải.
Nhận xét : xyz 0; 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 dương .
Đặt x tg ; y tg ; z tg 0 , , 90 0 .

7





1
1
1

3 tg
4 tg
5 tg
1
tg
tg
tg
Hệ


tg tg tg tg tg tg 1
2

1 tg 2
1 tg 2
1 tg 2
3
4
5


(1) 3

4

5

sin2 sin2 sin2
tg
tg
tg

Từ (2) suy ra : tg tg tg 1 tg tg cotg

tg tg tg
1 tg tg






tg tg .
2
2

3
4
5

sin2 sin2 sin2
Do
nên 2,2,2 là các góc của một tam giác có số đo 3
0 , , ;

2

2

cạnh 3,4,5. Do tam giác có 3 cạnh 3,4,5 là tam giác vuông nên
2 90 0 45 0 z tg 1
2tg
3
2x
3
1
tg2

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

y
1 tg2 3
1 y2 3
2

Tuyển tập các bài toán hay
II . Hệ phương trình 2 ẩn.


698
4
2
x y
81

x2 y2 xy 3 x 4 y 4 0

1. Giải hệ phương trình :

(1)
(2)

Giải : Giả sử hệ phương trình có nghiệm . Ta thấy (2) tương đương với :
2

x2 y 3 x y 2 0

Để phương trình này có nghiệm đối với x ta phải có :
2

2

y 3 4 y 2 0 1 y

7

3

(3)

Mặt khác phương trình (2) cũng tương đương với : y2 x 4 y x2 3x 4 0
Để phương trình này có nghiệm đối với y ta phải có :
2





x 4 4 x2 3 x 4 0 0 x
8

4
3

(4)


Từ (3) và (4) ta có : x4 y2

256 49 697 698
, không thoả mãn (1).



81
9

81
81

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm .
2. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A )


1
2
3x 1
x y



7y 1 1 4 2


x y



Giải hệ phương trình :



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

x3 y y 4 a 2
2

2
3
2
x y 2 xy y b
Giải . Điều kiện có nghĩa của hệ : x, y R.

Viết lại hệ dưới dạng :





y x3 y3 a 2


2
y x y b 2

1
2

Xét các trường hợp sau :
Trường hợp 1 : b 0 . Khi đó :
y 0
I

3
3
2
y 0

y x y a
và do vậy : Hệ đã cho
2
y x
y x
II

3
3
2
y x y a
y x
Có (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 nghiệm dạng x R, y 0 , còn (II) có duy nhất









nghiệm x 0, y 0 . Vì thế hệ đã cho có vô số nghiệm .
Trường hợp 2 : b 0 . Khi đó, từ (1) và (2) dễ thấy , nếu x, y là nghiệm của hệ
b

đã cho thì phải có x, y >0 . Vì thế 2 x

y

y

3 .

3
b


Thế (3) vào (1) ta được : y y y3 a 2
y





Đặt

y t 0 . Từ (4) ta có phương trình sau :
3
b


2
t t t 6 a 2 t 9 b t 3
t

2





9

3

a 2t 0 5


3

Xét hàm số : f t t 9 b t 3 a 2 t xác định trên 0; có :



f' t 9t 8 9 b t 3



2 2

t a 2 0, t 0; .

Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; , và vì thế phương trình (5) có tối đa 1
3

nghiệm trong 0; . Mà f 0 b 0 và f

b b
3

3

b a 2 0 , nên phương

trình (5) có duy nhất nghiệm, kí hiệu là t0 trong 0; . Suy ra hệ có duy nhất


nghiệm x



b
t0 2 , y t0 2 .
t0


Vậy tóm lại : + Nếu a b 0 thì hệ đã cho có vô số nghiệm .
`
+ Nếu a tuỳ ý , b 0 thì hệ đã cho có duy nhất nghiệm .
+ Nếu a 0, b 0 thì hệ đã cho vô nghiệm .
2 x2 xy y2 1
4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình : 2
(1) có nghiệm .
2
x xy y m

2 x2 1
1
Giải .
+ Với y 0 hệ trở thành 2
. Hệ có nghiệm khi m
2
x m

+ Với y 0 , đặt

x
t , hệ trở thành
y

1
2
1
2
2t t 1 y2
2t t 1 y2


(2)

t2 t 1 m
t 2 t 1 m 2t 2 t 1


y2
Vậy hệ PT (1) có nghiệm x, y khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm

t, y .

t 1
1
2
Xét hệ (2), từ 2t t 1 2 suy ra 2t t 1 0 1 . Do đó hệ (2) có nghiệm t, y
t
y

2
2
t t 1
1
t2 t 1
m 2
có nghiệm t , 1 , . Xét hàm số f t 2
trên khoảng
2t t 1
2t t 1
2

t 3 7
t 2 6t 2
1

,
f'
t

0

, 1 , . Ta có : f' t 2



2
2

t 3 7
2t t 1
2

Lập bảng biến thiên :

10




t
f(t)

3 7

-

3 7

-1

0

+

1
2

+

0

1
2





f(t)


14 5 7
28 11 7



Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để hệ có nghiệm : m

x3 2 3 y 1
5. Giải hệ phương trình :
3



1
2

14 5 7
.
28 11 7

1
2



x y 2 3

Giải . Rõ ràng nếu y 3 2 hệ vô nghiệm.
Với y 3 2 , từ (2) suy ra x
27 2 3 y

y

3

2

3

1 (3) . Xét hàm số : f y

3
, thay vào (1) ta có :
y 2
3

27 2 3 y

y

3

2



3

f' y

1 , ta có :

81 8 y3 6 y2 2

y

3

2



3

Suy ra : f' y 0 y 1
Ta có bảng biến thiên :
3

y
f(y)



+

-1
0
0

2

-



f (y)






Nhìn vào bảng biến thiên suy ra pt(3) không có nghiệm trên các khoảng ; 1 và

1; 2 .
3

Phương trình có 1 nghiệm y 1 và 1 nghiệm trong khoảng
Dễ thấy y 2 là 1 nghiệm thuộc khoảng



3



2, .

1

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : 1; 1 và ; 2 .
2
11



3

2,






6. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B )
x3 3 xy2 49

Giải hệ phương trình sau :

2
2
x 8 xy y 8 y 17 x



7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 Bảng A )

Giải hệ phương trình :
Giải .



1 4 2 x y .51 2 x y 1 2 2 x y1

3
2
y 4 x 1 ln y 2 x 0





ĐK: y2 2 x 0
Đặt t 2 x y thì phương trình thứ nhất của hệ trở thành :

1 4 .5
t

1 t

1 2 t 1

1 4 t 1 2 t 1

5t
5

(1)

Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến trên nên t=1 là nghiệm
duy nhất của (1).
y1
thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được :
2
y3 2 y 3 ln y2 y 1 0 2

Vậy 2 x y 1 x



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 Bảng B )
7 x y 2 x y 5

2 x y x y 2
ĐK có nghĩa của hệ phương trình : min 7 x, 2 x y

Giải hệ phương trình :
Giải :

Đặt :

7 x y a và

2 x y b . Từ hệ phương trình đã cho ta có hệ :

a b 5

b x y 2

1
2

Nhận thấy : a 2 b2 5 x . Kết hợp với (1) suy ra : b
5 x
x y 2 x 2y 1
2

Thế (3) vào (2) ta có : 5y 2 y 1 2 y

5 x , thế vào (2) ta được :
2

3
11 77
2

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

11 77
.
2

9. Cho hệ phương trình 2 ẩn x, y :

k x2 3 x4 3 x2 1 yx


k 3 x8 x2 3 x2 1 k 1 3 x4 2 y 3 x 4






1. Xác định k để hệ phương trình có nghiệm .
12


2. Giải hệ phương trình với k = 16.


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



1
2
3 x. 1
x y

Giải hệ phương trình :

7y. 1 1 4 2


x y


Giải . ĐK có nghĩa của hệ : x 0, y 0 và x2 y2 0 .

Dễ thấy , nếu x, y là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x >0, y>0 . Do đó :

1
1

x

y


Hệ đã cho
1 1

x y


2
3x
4 2
7y

1
1
2 2



3x
7y
x y

1 1 2 2

3x
7y


1
2

Nhân (1) với (2) theo vế ta được :
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 được : x

11 4 7
22 8 7
, y
.Thử lại ta thấy thoả mãn yêu cầu
21
7

bt.
Iii.

Hệ phương trình 3 ẩn.

1. ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996)
Giải hệ phương trình :

4.



Giải hệ phương trình :

5. Giải hệ phương trình :

y3 6 x2 12 x 8 0
3
2
z 6 y 12 y 8 0
x3 6 z2 12 z 8 0

12 x2 48 x 64 y3

2
3
12 y 48 y 64 z
12 z2 48z 64 x3

x19 y5 1890 z z2001
19 5
2001
y z 1890 x x
z19 x5 1890 y y2001


Giải . Chúng ta sẽ chứng minh hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất x y z 0 .
Giả sử x, y, z là một nghiệm của hệ phương trình khi đó x, y, z cũng là một
nghiệm của hệ phương trình , nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết : có ít
13


nhất hai trong ba số x, y, z không âm. Ví dụ x 0, y 0 . Từ phương trình thứ nhất ta
suy ra z 0 .
Mặt khác nếu 0 u 1 thì 1890 u2000 2 u18 u4
Nếu u 1 thì 1890 u2000 1 u2000 2. u2000 2.u1000 u18 u 4
Do đó 1890u u2001 u19 u5 với mọi u>0.
Bởi vậy nếu cộng từng vế của HPT ta suy ra x y z 0 .đpcm
6. Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :
x2 2 m y3 3 y2 my
2
3

y 2 m z 3z mz
z2 2 m x3 3 x mx



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

x3 x y z 2 2

2
Giải hệ phương trình sau : y3 y z x 30
3
2
z z x y 16
x2 x 1 2 y3 x 1

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





Giải .

Viết lại hệ đã cho dưới dạng :
f x g y

hay f y g z
f z g x


x3 x2 2 x 2 y3 1
3
2
3
y y 2 y 2z 1
z3 z2 2 z 2 x3 1


Trong đó f t t 3 t 2 2t và 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 đã cho tương đương với hệ :
4
h x 0
Trong đó h t t 3 t 2 2t 1 . Nhận xét rằng h t liên tục trên R và :
h 2 0, h 0 0,
h 1 0, h 2 0 nên phương trình h t 0 có cả 3 nghiệm phân biệt đều nằm trong

2; 2
Đặt x 2cosu, u 0; . Khi đó sinu 0 và (4) có dạng :
x y z 2cosu, u 0;
hay

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

Hay

x y z 2cosu, u 0;

3
2
sinu 8cos u 4cos u 4cosu 1 0



(5).

sin4u sin3u

14




x y z 2cosu, u 0;

3 5
Giải hệ phương trình (5) ta thu được u ; ; và 3 5
7 7 7
u 7 ; 7 ; 7





9. Tìm tất cả các bộ ba số dương x, y, z thoả mãn hệ phương trình :
2 x2004 y6 z6
2004
z6 x6
2 y
2 z2004 x6 y6


Giải :
Giả sử x, y, z là một bộ ba số dương thoả mãn hệ PT đã cho . Không mất
tính tổng quát , giả sử 0 x y z . Như vậy :
2 x2004 y6 z6 x6 x 6
x2004 x 6
x 1


x y z1
2004
2004
6
6

6
6
6
z 1
2z x y z z
z z
Đảo lại, dễ thấy x y z 1 là một bộ ba số dương thoả mãn yêu cầu bài toán .

10. Tìm điều kiện của m để hệ phương trình sau có nghiệm :
x2 y2 z2 xy yz zx 1
2 2
y z yz 2
x2 z2 xz m

x5 x4 2 x2 y 2
5
4
2
y y 2y z 2
z5 z4 2 z2 x 2

x3 y2 3 y 3 3 y2

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

11. Giải hệ phương trình :





12. Giải hệ phương trình :






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

x 1 y 1 z 1 a 1

Giải. ĐK: x 1, y 1, z 1
Hệ phương trình tương đương với hệ phương 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

x 1 x 1 ; v y 1 y 1 ; s z 1 z 1

Đặt u
Do x 1, y 1, z 1 nên u 2, v 2, s 2 . Ngược lại nếu u 2, v 2, s 2 , ta
có :
15


x 1 x 1

2

x 1 x 1



2
1
2
1
4
x 1 u x u2 2 1

u
2
u
4
u

Tương tự đối với y, z .
Do đó bài toán của ta đưa về bài toán tương đương : Tìm tất cả các số thực a
sao cho hệ phương trình sau có nghiệm u 2, v 2, s 2 :
u v s 2 a

1 1 1
u v s 1

1

+ Điều kiện cần : Giả sử hệ phương trình (1) có nghiệm . Theo bất đẳng thức
1

1 1

9

Bunhia ta có : 2a u v s 9 a
u v s
2


+ Điều kiện đủ : Giả sử

9
a . Chúng ta sẽ chứng minh hệ phương trình (1)
2

có nghiệm
u v 2a 3
Lấy s 3 ( thoả mãn s 2 ) . Khi đó (1) tương đương với :
3 2a 3
u.v

2
3 2a 3
u, v là hai nghiệm của tam thức bậc hai : t 2 2 2 a 3 t
2
2 a 3 2 a 3 2 a 9
u, v
2
2

Chú ý : Đặt h 2a 9 0 h 6 2 2 h 3 h h 6 . Tức là :

2a 3 2

2

2a 3 2a 9

2

u 2, v 2 .

Như vậy hệ phương trình (1) có nghiệm u 2, v 2, s 2 .
9
2

Tóm lại các số thực a cần tìm là tất cả các số thực a .


14. Giải hệ phương trình :

1

1
1
20 x 11 y 2007 z
x
y
z



xy yz zx 1




15. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A )

Giải .

x2 2 x 6.log 6 y x
3

2
Giải hệ phương trình : y 2 y 6.log3 6 z y
2
z 2 z 6.log 3 6 x z
ĐK xác định x, y, z 6 . Hệ đã cho tương đương với :

16


Nhận thấy f x


x
log 3 6 y
2

x 2x 6

y
log3 6 z
2
y 2y 6


z
log3 6 x

z2 2 z 6
x

1
2
3

là hàm tăng, còn g x log3 6 x là hàm giảm với x<6.
x2 2 x 6
Nếu x, y, z là một nghiệm của hệ phương trình ta chứng minh x=y=z.Không

mất tính tổng quát giả sử x max x, y, z thì có hai trường hợp :
1) x y z . Do g x là hàm giảm, suy ra : log 3 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 .
Tương tự log 3 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.
Phương trình f x g 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 )
x3 3 x2 2 x 5 y

Giải hệ phương trình : y3 3y2 2 y 5 z
z3 3z2 2 z 5 x

Giải . Giả sử x max x, y, z . Xét hai trường hợp :
1) x y z
x3 3 x2 2 x 5 x

Từ hệ trên ta có :

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 3 x2 2 x 5 x

Từ hệ trên ta có :

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




17


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

1
1
1
8



x y z
3

x
y
z


1 1 1 118
x y z
x y z
9


1
1
1
728



x x y y z z
x x y y z z 27




18 . Giải hệ phương trình :
x2 y 2 y x z
2
x x y 2 yz
3 x2 8 y2 8 xy 8 yz 2 x 4 z 2

Giải . Hệ đã cho tương đương với :
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





2 2
Xét : a x; y , b x y; y z , c x 1; 2z 1 a .b 0, a .c 0, 4b c

1
+ Nếu a 0 thì x y 0, z .
2





+ Nếu a 0 thì b và c cộng tuyến nên : c 2b , từ đó ta có :
1
x 0, y z .

2
1
1 1
Tóm lại hệ có hai nghiệm : 0; 0; , 0; ; .
2 2 2


iV.


Hệ phương trình

n

ẩn. (

n >3, n N )

1. Giải hệ phương trình :
x1 x2 x31996

1996
x2 x3 x4

.........
x x x 1996
1
1995 1996
1996
x1996 x1 x2

Giải : 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 phương trình đầu ta có :
18


2X x1 x2 x31996
Từ đó đối với các phương trình của hệ ta có :
2X xk1996 , k 1,2,....,1996
Hay là ta có : 2X X1996 suy ra : 2 X1995 ( vì X >0 )
(1)
1995
Lập luận một cách tương tự ta cũng đi đến : 2 Y
(2)
1995
1995
Từ (1) và (2) suy ra X Y 2
Nghĩa là ta có : x1 x2 .... x1996 1995 2
x a
x1 a1 x2 a2

... n n

b2
bn
2. Giải hệ phương trình : b1
x x .... x c
1 2
n
n

với b1 , b2 ,..., bn 0,

b

i

0

i 1

Giải . Đặt :

x1 a1 x2 a2
x a

... n n t
b1
b2
bn
n

n

n

Ta có : xi tbi ai xi ai t bi
i 1

i 1

i 1

n


c

ai
n
n
c a i t bi t n i 1
i 1
i 1
bi
i 1

n



c ai
xi ai bi n i 1
bi
i 1

19