Phương pháp giải phương trình tự chọn-Phạm Kim Chung

1
Hệ phơng trình


I.
Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh.


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

+ + + =


+ + + =

+ + + =



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

=++ >
+

Vậy hàm số
()
f t
đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phơng trình nh sau :

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

=

=


=


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

() () ( ) ( )
f f f fx yxyyzyzzx
. Hay : x yzx
x yz==

Với :
x yz==

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

Do hàm số :
()
( )
32
23ln 1xx x xx

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

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


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

1
fg
fg
....
fg
fg
nn
n
xx
xx
xx
xx


=

=




=

=



Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và
( )
12

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

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

n
x xxx
Từ đó suy ra :
12
...
n
x xx===.
Tháng 08 2007...Phạm Kim Chung

2
"
Bài 2.

Giải hệ phơng trình :
32
32
32
2
2
2
1
4
1
4
1
4
xx
yy
zz
y

z
x
+
+
+



=






=







=





Giải:

Vì vế trái của các phơng trình trong hệ đều dơng nên hệ chỉ có nghiệm :
,, 0xyz> .

Xét hàm số :
()
32
2
1
f
4
tt
t
+

=


, ta có :
() ( )
()
32
2
2
1
f' 2 ln 4 3 . 0, 0
4
tt
ttt t
+

= +<>


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

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

( ) ( )
() ()
()()
() ()
12
23
1
1
fg
fg
....
fg
fg
nn
n
xx
xx
xx
xx


=

=




=

=



Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và
( )
12
, ...,
n
x xx
là nghiệm của hệ phơng trình , trong
đó , 1,2,...,
i
x Ai n= thì
12
...
n
x xx= == với n lẻ .
Chứng minh
:
Không mất tính tổng quát giả sử :
{ }
112
min , ...,
n
x xx x= .
Lúc đó ta có :
() () () ( ) ( )()
12 1 2 2 3 23 1 1 12

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

12
x x=
Từ đó suy ra :
12
...
n
x xx===.

"
Bài 3.

Giải hệ phơng trình :
()
()
()
()
2
2
2
2
12
12
12
12
x y

y z
zt
tx

=


=


=


=




3
Giải :
Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm : , , , 0xyzt .
Xét hàm số :
() ( )
2
f1ss= , ta có :
( ) ( )
f' 2 1ss=
. Do đó hàm số tăng trên khoảng
( )
1; +

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

( )
0 f 1 02 1x y
, hay
[ ]
0;1y
, tơng tự
[ ]
,0;1zt
.
Vậy
[ ]
,,, 0;1xyzt

. Do đó ta có :
() () ( ) ( )
f f f fzx yxyyzy zx
x z=.
Với
x z=
() ()
f fz
x yt==
.
Lúc đó hệ phơng trình trở thành :
()
()
()
2
2
2
12
12
12
x y
xy
xy
yx
xy

=

=

=

=



=


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

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


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

fg
....
fg
fg
nn
n
xx
xx
xx
xx


=

=




=

=



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

x xx
là nghiệm của hệ phơng trình , trong
đó , 1,2,...,
i
x Ai n= thì
13 1
24
...
...
n
n
x xx
x xx

===


===

với n chẵn .
Chứng minh
:
Không mất tính tổng quát giả sử :
{ }
112
min , ...,
n
x xx x= .
Lúc đó ta có :.
() () () ( )

13 1 3 2 4
24
f f gg
x xxx xx
xx



() () () ()
24 35
35
f f gg
.........
x xxx
xx



()() ()( )
211
11
f fgg
.........
nnn
n
x xx x
xx

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



Vậy :
13 11 13 1
.... ...
nn
x xxxxxx

=== ;
24 2 24
.... ...
nn
x xxxxxx===

4
Phần bi tập ứng dụng phơng pháp

)
1. Giải hệ phơng trình :
32
32
32

2782
2782
2782
x xx y
y yy z
zzz x

+=

+=


+=


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

23
23
23
x yya
y zza
zxxa

= ++

= ++

= ++

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

= +

= +


= +


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

3
11 2

3
22 3
3
99 99 100
3
100 100 1
322
322
.........
322
322
xx x
xx x
x xx
x xx

+=

+=




+=


+=


)

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

23
12 2 2
23
23 33
23
1
23
111
4
4
.........
4
4
nnnn
n
x xxax
x xxax
x xxax
x xxax


=+

=+

=+


=+

có một nghiệm duy nhất .
)
6. Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và
0a
. Chứng minh hệ phơng trình :

23
12 2 2
23
23 33
23
1
23
111
4
4
.........
4
4
nnnn
n
x xxax
x xxax
x xxax
x xxax

=+

=+




=+


=+

có nghiệm duy nhất .

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

232
232
232
x yyya
y zzza
zxxxa

= +++

= +++


= +++

có một nghiệm duy nhất .




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

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

⎩

Gi¶i.
§K :
2
2
1
10
1
10
x
x
y
y
⎧
≤
⎧
−≥
⎪
⇔
⎨⎨
≤
−≥
⎪
⎩
⎩

§Æt cos ;
y=cosx
α β

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

§Æt

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

⎧
⎛⎞
−=⇒=⇒=⇒
⎨
⎜⎟
=
⎝⎠
⎩


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



"
2.
Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh :
()( ) ()

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


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

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

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

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


8sin sin cos 3
41212
ππ π

αα α
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
⇔− − −=
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

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


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

2cos 2 cos 3 cos 3
12 4 12

πππ
ααα
⎡⎤
⎛⎞ ⎛ ⎞⎛⎞
⇔−− −+−=
⎜⎟ ⎜ ⎟⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠ ⎝ ⎠⎝⎠
⎣⎦

2cos 3 3
4
π
α
⎛⎞
⇔− − =
⎜⎟
⎝⎠


()
00
00
35 120
3
cos 3
42
65 120
k
kR

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

Tõ ®ã suy ra hÖ cã 6 nghiÖm
( )
( ) ( )( )
00 00 00
, { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85
xy
=− ,

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


6
Nếu :

()
22
0
xyaa+= >
, ta đặt
sin , cos
xa ya

==
, với
[ ]
0; 2



"
3.
Giải hệ phơng trình :
2
2
2
2
2
2
x xy y
y yz z
zzx x

+ =

+ =


+=


Giải :
Từ các phơng trình của hệ , suy ra : , , 1
xyz
. 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 ;
22

(4) và sao cho t
g , tg2, tg41

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


= == =




Với mọi số thực
x
có một số


với
;
22

sao cho
tg
x

=



"
4.
Giải hệ phơng trình :
23
23
23
33 0
33 0
33 0
xzxzz
yxyxx
zyzyy

+=

+=


+=

Giải .
Viết lại hệ phơng trình dới dạng :

()
()
()
23
23
23
13 3
13 3
13 3
x zzz
y xxx
zyyy

=


=


=


(I)
Từ đó, dễ thấy nếu
()
,,
x yz

là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x, y, z
1
3
. Bởi thế :
(I)
3
2
3
2
3
2
3
(1)
13
3
(2)
13
3
(3)
13
zz
x
z
xx
y
x
yy
z
y

=





=





=



(II)
Đặt
tgx

=
với ;
22

(4) và sao cho
1
tg , tg3 , tg9
3

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

= =
và
tg27x

=


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

= =
,
tg
x

=

, với

đợc xác định bởi (4), (5) và tg tg27

= (6).
Lại có :
() ( )
626
kkZ

=

Vì thế

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


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

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

39
, , , 0, 1,... 12
26 26 26

kkk
xtg ytg ztg k


== = =



"
5
. Giải hệ phơng trình :

111
345
1
xyz
xyz
xy yz zx



+= += +







++=

Giải.
Nhận xét : 0; , ,
xyz x y z
cùng dấu . Nếu
( )
,,x yz
là một nghiệm của hệ thì
()
,,x yz
cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm , ,
x yz
dơng .

Đặt
( )
0
tg ;tg ;tg 0,,90
xyz

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

+= += +





++=


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



+++
==



345
sin2 sin2 sin2

==

Từ (2) suy ra :
()
tg tg tg 1tg tg

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



+
= =+



()
tg tg
22



=+++=


.
Do

==




<<++=


345
sin2 sin2 sin2
0,, ;
22



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

22
2tg 3 2x 3 1
tg2 x
1tg 4 1x 4 3

= = = =

22
2tg 4 2y 4 1
tg2 y
1tg 3 1y 3 2

= = = =