PP giai HPT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (267.05 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Hệ phơng trình

I. Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh.
" Bài 1. ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 )

Gi¶i hƯ phơng trình :

(

)

(

)

(

)

3 2

3 3 ln 1

x x x x y

y y y y z

z z z z x

⎧ + − + − + =

⎪⎪ + − + − + =

⎨
⎪

+ − + − + =

⎪⎩
Gi¶i :

XÐt hµm sè : f

( )

t = + − +t3 3t 3 ln

(

t2− +t 1

)

Ta cã :

( )

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 ph−ơng trình nh− sau :

( )

f
f

x y
y z
z x

⎧ =

⎪ =

⎨

⎪ =

⎩

Khơng mất tính tổng qt, 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 phơng trình : x3+2x− +3 ln

(

x2 − + =x 1

)

Do hàm số : ϕ

( )

x =x3+2x− +3 ln

(

x2− +x 1

)

đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : x=1.
Vậy hệ ph−ơng trình có nghiệm duy nhất : x= = =y z 1.

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

( ) ( )

(

) ( )

( ) ( )

1 2

2 3

1
1

f g

....

f g

n n

n

x x

−

⎧ =

⎪ =

⎪⎪
⎨

⎪ =

⎪

=
⎪⎩

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

(

x x1, 2...,xn

)

là nghiệm của hệ ph−ơng trình , trong 
đó xi∈A, ∀ =i 1, 2,...,n thì x1=x2 = =... xn.

Chøng minh :

Kh«ng mất tính tổng quát giả sử : x1=min

{

x x1, 2...,xn

}

Lúc đó ta có : fx1≤x2⇒

( )

x1 ≤ f

( )

x2 ⇒g

( ) ( )

x2 ≤g x3 ⇒x2 ≤x3...⇒xn ≤x1.
Vậy : x1≤x2 ≤....≤xn ≤x1

Từ đó suy ra : x =x = =... x .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

" Bµi 2.

Giải hệ phơng tr×nh :

3 2

1
4

1
4
1
4

x x

y y

z z

y

z

x

⎧⎛ ⎞

⎪⎜ ⎟ =
⎝ ⎠

⎪
⎪

⎪⎛ ⎞ =
⎨⎜ ⎟⎝ ⎠

⎪
⎪

⎛ ⎞
⎪⎜ ⎟ =
⎪⎝ ⎠
⎩
Gi¶i:

Vì vế trái của các ph−ơng trình trong hệ đều d−ơng nên hệ chỉ có nghiệm : x y z, , >0.
Xét hàm số :

( )

3 2

1
f

t t

t

⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠ , ta cã :

( )

(

)

(

)

3 2

2 1

f' 2 ln 4 3 . 0, 0

t t

t t t t

⎛ ⎞

= − + ⎜ ⎟ < ∀ >

⎝ ⎠ .

VËy hµm sè f

( )

t nghịch biến trên khoảng

(

0; +

)

Khụng 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.
Vậy hệ phơng trình cã nghiÖm duy nhÊt : 1

2
x= = =y z .

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

( ) ( )

(

) ( )

( ) ( )

1 2

2 3

1
1

f g

....

f g

n n

n

x x

−

⎧ =

⎪ =

⎪⎪
⎨

⎪ =

⎪

=
⎪⎩

Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và

(

x x1, 2...,xn

)

là nghiệm của hệ ph−ơng trình , trong

đó xi∈A, ∀ =i 1, 2,...,n thì x1=x2 = =... xn với n lẻ .

Chøng minh :

Không mất tính tổng quát giả sử : x1=min

{

x x1, 2...,xn

}

.
Lúc đó ta có :

( )

( ) ( )

( )

1 2 f 1 f 2 g 2 g 3 2 3... n 1 f n f 1 1 2

x ≤x ⇒ x ≥ x ⇒ x ≥ x ⇒x ≥x ⇒x ≤x ⇒ x ≥ x ⇒x ≥x .
⇒ x1 =x2

Từ đó suy ra : x1=x2 = =... xn.
" Bài 3.

Gi¶i hệ phơng trình :

(

)

(

)

(

)

(

)

2
2
2
2

1 2

x y

y z

z t

t x

⎧ − =

⎪

⎪ − =

⎪
⎨

− =

⎪
⎪

− =

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Gi¶i :

Vì vế trái của các ph−ơng trình trong hệ khơng âm nên ph−ơng chỉ có nghiệm : , , ,x y z t≥0.
Xét hàm số : f

( ) (

s = −s 1

)

2, 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 ).

Kh«ng mÊt tÝnh tỉng quát, giả sử : x=min

{

x y z t, , ,

}

+ Nếu x∈

(

1;+ ∞ ⇒

)

x y z t, , , ∈

(

1;+ ∞

)

, do đó theo bài tốn tổng qt 1, hệ có nghiệm
duy nhất : x= = = = +y z t 2 3.

+ Nếu x∈

[ ]

0; 1 ⇒ ≤0 f

( )

x ≤ ⇒ ≤1 0 2y≤1, hay y∈

[ ]

0;1 , t−ơng tự ⇒z t, ∈

[ ]

0; 1 .
Vậy x y z t, , , ∈

[ ]

0; 1 . Do đó ta có :

( )

f f f f z

x≤ ⇒y x ≥ y ⇒ ≥ ⇒y z y ≤ ⇒ ≤z x ⇒ =x z.
Víi x=z ⇒f

( )

x = f z

( )

⇒ =y t.

Lúc đó hệ ph−ơng trình trở thành :

(

)

(

)

(

)

2
2

1 2

x y

y x

x y

⎧ − =

⎧ − = ⎪

⎪ ⇔

⎨ ⎨ ⎡ =

− =

⎪ ⎪ ⎢

⎩ ⎩ ⎣ = −

2 3

x y
⇔ = = −

Vậy hệ ph−ơng trình đã cho có 2 nghiệm : x= = = = +y z t 2 3 và x= = −y 2 3.
" Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ ph−ơng trình có dạng (với n chẵn ):

( ) ( )

(

) ( )

( ) ( )

1 2

2 3

1
1

f g

....

f g

n n

n

x x

−

⎧ =

⎪ =

⎪⎪
⎨

⎪ =

⎪

=
⎪⎩

Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và

(

x x1, 2...,xn

)

là nghiệm của hệ ph−ơng trình , trong 
đó xi∈A, ∀ =i 1, 2,...,n thì 1 3 1

2 4

...
...

n
n

x x x

−

= = =
⎡

⎢ = = =

⎣ víi n ch½n .

Chøng minh :

Khơng mất tính tổng quát giả sử : x1=min

{

x x1, 2...,xn

}

.
Lúc đó ta có :.

( )

( ) ( )

1 3 1 3 2 4

2 4

f f g g

x x x x x x

x x

≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥

⇒ ≥

( )

( ) ( )

3 5

f f g g

...

x x x x

x x

⇒ ≤ ⇒ ≤

⇒ ≤

(

)

( )

(

) ( )

1 1

f f g g

...

n n n

n

x x x x

x x

− −

−

⇒ ≤ ⇒ ≤

⇒ ≤

(

)

( )

( ) ( )

2 2

f xn− f x g xn g x xn x

⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

PhÇn bμi tập ứng dụng phơng pháp

) 1. Giải hệ phơng trình :

3 2

2 7 8 2

x x x y

y y y z

z z z x

⎧ − + − =

⎪ − + − =

⎨

⎪ − + − =

⎩

) 2. Chøng minh víi mỗi aR, hệ phơng trình :

2 3

x y y a

y z z a

z x x a

⎧ = + +
⎪ = + +
⎨

⎪ = + +
⎩

cã mét nghiÖm duy nhất .

) 3. Cho hệ phơng trình :

2
2
2

x y a
y z a
z x a
⎧ = +
⎪ = +
⎨

⎪ = +
⎩

Tìm a để hệ ph−ơng trình chỉ có nghiệm với dạng x= =y z.
) 4. Giải hệ ph−ơng trình :

1 1 2

2 2 3

99 99 100

100 100 1

3 2 2

...

3 2 2

x x x

⎧ − + =

⎪ − + =

⎪⎪
⎨

⎪ − + =

⎪

⎪ − + =

⎩

) 5. Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ ph−ơng trình :

2 3

1 2 2 2

2 3

2 3 3 3

2 3

1 1 1

4
4
...

4
4

n n n n

n

x x x ax

−

⎧ = − +

⎪ = − +

⎪⎪
⎨

⎪ = − +

⎪

⎪ = − +

⎩

cã mét nghiÖm duy nhÊt .

) 6. Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và a0. Chứng minh hệ phơng trình :

2 3

1 2 2 2

2 3

2 3 3 3

2 3

1 1 1

4
4
...

4
4

n n n n

n

x x x ax

−

⎧ = − +

⎪ = − +

⎪⎪
⎨

⎪ = − +

⎪

⎪ = − +

⎩

cã nghiệm duy nhất .

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

2 3 2

x y y y a

y z z z a

z x x x a

⎧ = + + +

⎪ = + + +

⎨

⎪ = + + +
⎩

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ii. Hệ phơng trình giải đợc bằng phơng pháp lợng giác hoá.
" 1. Giải hệ phơng trình :

(

)(

)

2 2

1 1 1 (1)

1 1 2 (2)

x y y x

x y

⎧ − + − =

⎪
⎨

− + =

⎪⎩

Gi¶i. §K :

2
2

1 0

x
x

y
y

⎧ ≤
⎧ − ≥ ⇔⎪

⎨ ⎨ ≤

− ≥ ⎪

⎩ ⎩

Đặt x=cos ; y=cosα β với α β, ∈

[

0;π

]

, khi đó hệ ph−ơng trình :

(

)(

)

cos .sin cos .sin =1

1 cos 1 cos 2

sin cos sin .cos 1 0

α β β α α β

α β α α α α

⎧
+

⎧ ⎪ + =

⇔⎨ ⇔⎨

− + =

=

Đặt

1
sin cos , t 2 sin .cos

2
t

t= α− α ≤ ⇒ α α = −

Khi đó ta có :

1 0 2 3 1

2
t

t− − − = ⇔ + − ⇒ =t t t

Víi t=1, ta cã : 2sin 1 0 0

4 2 1

x
y

π π

α α β ⎧ =

⎛ − ⎞

= ⇒ = ⇒ = ⇒ ⎨

⎜ ⎟ =

⎝ ⎠ ⎩

Nếu : x ≤a a

(

)

, ta t x=acos, vi

[

]

" 2. Giải hệ phơng tr×nh :

(

)(

)

( )

2 2

2 1 4 3 1

1 2

x y xy

x y

⎧ − + =

⎪
⎨

+ =
⎪⎩

Gi¶i . Do 2 2

[

]

1 , 1; 1

x +y = ⇒x y∈ − . Đặt x=sin , yα =cosα với α∈

[

0; 2π

]

.
Khi đó (1) ⇔ 2 sin

(

α−cosα

)(

1 2sin2+ α

)

= 3

2. 2sin .2. sin2 3

4 2

α α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇔ ⎜ − ⎟ ⎜ + ⎟=

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4sin 4 sin2 sin6 3

π π

α α

⎛ ⎞⎛ ⎞

⇔ ⎜ − ⎟⎜ + ⎟=

⎝ ⎠⎝ ⎠

8sin sin cos 3

4 12 12

π π π

α α α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇔ ⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟=

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4cos 12 cos3 cos 2 6 3

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 4 3

π
α

⎛ ⎞

⇔ − ⎜ − ⎟=

⎝ ⎠

(

)

0 0

35 120

3
cos 3

4 2 65 120

k

k R
k

α
π

⎡ = − +

⎛ − ⎞= − ⇔ ∈

⎢

⎜ ⎟ = +

⎝ ⎠ ⎣

Từ đó suy ra hệ có 6 nghiệm

(

x y,

)

={ sin65 , cos65 ,

(

0 0

) (

−sin35 , cos35 , sin85 , cos850 0

) (

0 0

)

(

0 0

) (

0 0

) (

0 0

)

sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Nếu : x2+y2 =a a

(

)

, ta đặt x= asin ,α y= acosα, với α∈

[

0; 2π

]

" 3. Giải hệ phơng trình :

2
2
2

x x y y
y y z z
z z x x

⎧ + =

⎪ + =

⎨

⎪ + =

⎩

Giải : Từ các ph−ơng trình của hệ , suy ra : , ,x y z≠ ±1. Do ú ta cú :

(1)
1

(2)
1

(3)
1

x
y

z

y
z
x

z

Đặt §Ỉt x=tgα víi ;
2 2

π π
α∈ −⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ (4) vµ 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 π y tg π z tg π k

⎛ = = = ⎞ = ± ±

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Víi mäi sè thùc x cã mét sè α víi ;

2 2

π π
α∈ −⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ sao chox=tgα

" 4. Giải hệ phơng trình :

2 3

3 3 0

x z x z z
y x y x x
z y z y y

⎧ − − + =

⎪ − − + =

⎨

⎪ − − + =

⎩

Gi¶i . Viết lại hệ phơng trình dới dạng :

(

)

(

)

(

)

2 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

≠ ± . Bëi thÕ :

(I) ⇔

3
2
3
2
3
2

(1)
1 3

(2)
1 3

(3)
1 3

z z
x

z
x x
y

x
y y
z

y
⎧ = −

⎪ −

⎪

⎪ = −

⎨ −

⎪

⎪ = −

⎪ −

⎩

(II)

Đặt x=tg với ;
2 2

π π
α∈ −⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ (4) vµ sao cho

1
tg , tg3 , tg9

α α α ≠ ± (5).

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Từ đây dễ dàng suy ra

(

x y z, ,

)

là nghiệm của (II) khi và chỉ khi y=tg3 ,α z=tg9α, x=tgα , với
α đ−ợc xác định bởi (4), (5) và tgα =tg27α (6).

L¹i cã :

( )

6 ⇔26α =kπ

(

k∈Z

)

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

26
kπ

α = víi k nguyên thoả mÃn :

12 k 12

. Dễ dàng kiểm tra đ−ợc rằng, tất cả các giá trị α đ−ợc xác định nh− vừa nêu đều thoả
mãn (5).

Vậy tóm lại hệ ph−ơng trình đã cho có tất cả 25 nghiệm, đó là :

3 9

, , , 0, 1,... 12

26 26 26

k k k

x tg π y tg π z tg π k

⎛ = = = ⎞ = ± ±

⎜ ⎟

⎝

" 5. Giải hệ phơng trình :

1 1 1

3 4 5

x y z

xy yz zx

⎧ ⎛ + ⎞= ⎛ + ⎞= ⎛ + ⎞
⎪ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎟⎠

⎨ ⎝ ⎠

⎪ + + =
⎩

Gi¶i. NhËn xÐt : xyz≠0; , ,x y z cïng dÊu . NÕu

(

x y z, ,

)

lµ mét nghiƯm cđa hƯ thì

(

x, y, z

)

cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm , ,x y z dơng .
Đặt x=tg ; y=tg ; z=tg

(

0<α β λ, , <900

)

HÖ

( )

1 1 1

3 tg 4 tg 5 tg 1

tg tg tg

tg tg tg tg tg tg 1 2

α β γ

α β β γ γ α

⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ = + = +

⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎨ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎪ + + =

⎩
(1)

2 2 2

1 tg 1 tg 1 tg

3 4 5

tg tg tg

α β γ

⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞ ⎛ + ⎞

⇔ ⎜ ⎟= ⎜ ⎟= ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 4 5

sin2α sin2β sin2γ

⇔ = =

Tõ (2) suy ra : tgγ

(

tgα+tgβ

)

= −1 tg tgβ α tg

(

tg tg

)

(

)

1 tg tg

co γ α β α β

β α
+

⇒ = = +

−

(

)

tg tg

2 2

π γ α β α β γ π

⎛ ⎞

⇒ ⎜ − ⎟= + ⇔ + + =

⎝ ⎠ .

⎧ = =

⎪⎪
⎨

⎪ < < + + =
⎪⎩

3 4 5

sin2 sin2 sin2

0 , , ;

2 2

α β γ

π π

α β γ α β γ

nªn 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

2γ =90 ⇒ γ =45 ⇒ = γ =z tg 1

2 2

2tg 3 2x 3 1

tg2 x

1 tg 4 1 x 4 3

α = = ⇔ = ⇒ =

− α −

2 2

2tg 4 2y 4 1

tg2 y

1 tg 3 1 y 3 2

β = = ⇔ = ⇒ =

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Tun tËp c¸c b

μ

i to¸n 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 víi :

(

) (

)

2
2

3 2 0

x + y− x+ y− =

Để ph−ơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có :

(

)

(

)

2 7

3 4 2 0 1

y y y

Δ = − − − ≥ ⇔ ≤ ≤ (3)

Mặt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với : y2+

(

x4

)

y+x2 −3x+ =4 0

Để ph−ơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có :

(

)

(

2

)

4 4 3 4 0 0

x x x x

Δ = − − − + ≥ ⇔ ≤ ≤ (4)
Tõ (3) vµ (4) ta cã : 4 2 256 49 697 698

81 9 81 81

x +y ≤ + = < , không thoả mãn (1).
Vậy hệ ph−ơng trình đã cho vơ nghiệm .

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

Giải hệ phơng trình :

3 1 2

7 1 4 2

x

x y
y

x y

⎧ ⎛ ⎞

+ =

⎪ ⎜ + ⎟

⎪ ⎝ ⎠

⎨

⎛ ⎞

⎪ − =

⎜ ⎟

⎪ ⎝ + ⎠

⎩

" 3. ( §Ị 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

x y y a

x y xy y b

⎧ − =
⎨

+ + =

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

ViÕt l¹i hƯ d−íi d¹ng :

(

)

( )

(

)

( )

3 3 2

2 2

1
2

y x y a

y x y b

⎧ − =

⎪
⎨

+ =

⎪⎩
XÐt c¸c tr−êng hỵp sau :

è Tr−ờng hợp 1 : b=0 . Khi đó :

( )

2 y

y x

=
⎧
⇔ ⎨ = −

⎩ và do vậy : Hệ đã cho

⎡
⇔ ⎢
⎣

(

)

( )

(

)

( )

3 3 2

y

I

y x y a

y x

II

y x y a

=
⎧⎪

⎨ − =

⎪⎩
= −
⎧⎪

⎨ − =

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Cã (II) 4 2
2

y x

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 vơ số nghiệm dạng

(

x∈R y, =0

)

, cịn (II) có duy nhất nghiệm

(

x=0, y=0

)

. Vì thế hệ đã cho có vơ số nghiệm .

è Tr−ờng hợp 2 : b≠0 . 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 x b y

( )

y

⇔ = − .

Thế (3) vào (1) ta đợc :

3 2

b

y y y a

y

⎡⎛ ⎞ ⎤

⎢⎜ − ⎟ − ⎥=

⎜

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

(

)

( )

2 2 6 2 9 3 2

0 5
b

t t t a t b t a t

t

⎡⎛ ⎞ ⎤

⎢⎜ − ⎟ − ⎥= ⇔ − − + =

⎢⎝ ⎠ ⎥

⎣ ⎦

Xét hàm số : f

( )

t = −t9

(

b −t3

)

3+a t2 xác định trên

[

0;+ ∞

)

có :

( )

8

(

3

)

2 2 2

[

)

f' t =9t +9 b −t t +a ≥0, ∀ ∈t 0;+ ∞ .

Suy ra hàm số f

( )

t đồng biến trên

[

0;+ ∞

)

, và vì thế ph−ơng trình (5) có tối đa 1 nghiệm trong

[

0;+ ∞

)

. Mà f 0

( )

= −b3 <0 và f

( )

3 b = b3+ b a2 >0, nên ph−ơng trình (5) có duy nhất

nghiƯm, kÝ hiƯu lµ t0 trong

(

0; + ∞

)

. Suy ra hÖ cã duy nhÊt nghiÖm 02 02

,
b

x t y t

t

⎛ ⎞

= − =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ .

Vậy tóm lại : + Nếu a= =b 0 thì hệ đã cho có vơ 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 vơ nghiệm .

" 4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ ph−ơng trình :

2 2

2x xy y 1

x xy y m

⎧ + − =

⎨

+ + =

⎩ (1) cã nghiƯm .

Gi¶i . + Víi y=0 hƯ trë thµnh

2
2

2x 1

x m

⎧ =
⎨

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

y = , hÖ trë thµnh

2
2

2 1

1
t t

y
m
t t

y
⎧ + − =
⎪⎪

⎨

⎪ + + =
⎪⎩

⇔

(

)

2 2

2 1

(2)

1 2 1

t t

y

t t m t t

⎧ + − =
⎪

⎨

⎪ + + = + −

⎩

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

XÐt hÖ (2), tõ 2t2 t 1 12
y

+ − = suy ra 2

2 1 0 1

2
t
t t

t
< −
⎡
⎢
+ − > ⇔

⎢ >
⎢⎣

. Do đó hệ (2) có nghiệm

( )

t y,

2
2

2 1

t t
m

t t
+ +
⇔ =

+ − cã nghiÖm

(

)

, 1 ,

2
t∈ −∞ − ∪⎛⎜ + ∞⎞⎟

⎝ ⎠. XÐt hµm sè

( )

2
2

1
f

2 1

t t
t

t t

+ +
=

+ trên khoảng

(

)

, 1 ,

⎛ ⎞

−∞ − ∪⎜ + ∞⎟

⎝ ⎠ . Ta cã :

( )

(

)

2
2

6 2

2 1

t t
t

t t
+ +
= −

+ − ,

( )

3 7

f' 0

3 7

t
t

t

⎡ = − −
= ⇔ ⎢

= − +
⎢⎣

LËp bảng biến thiên :

t − −3 7 − −3 7

−∞
f’(t) - 0 + + 0 -

f(t)
1

2 +∞

14 5 7
28 11 7

+
+

−∞ −∞

+∞

1
2

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để hệ có nghiệm : 14 5 7
28 11 7
m +

+ .

" 5. Giải hệ phơng trình :

(

)

( )

(

)

( )

2 3 1 1

2 3 2

x y

x y

⎧ + =

⎪

⎨ − =

Giải . Rõ ràng nếu 3

y= hệ v« nghiƯm.
Víi 3

y≠ , tõ (2) suy ra 33
2
x

y
=

− , thay vµo (1) ta cã :

(

)

(

3

)

27 2 3
1
2

y
y

+
=

− (3) . XÐt hµm sè :

( )

(

)

(

3

)

27 2 3

f 1

2
y
y

y
+

= −

− , ta cã :

( )

(

)

(

)

3 2

3
3

81 8 6 2

y y

y

+ +

= −

−
Suy ra : f'

( )

y = ⇔ = −0 y 1

Ta có bảng biến thiên :

y -1 +∞

f’(y) + 0 - -

f (y)

−∞ −∞

+∞

−∞

-1 1

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

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

(

; 1

)

và

(

)

1; 2

Phơng trình có 1 nghiệm y= 1 và 1 nghiệm trong khoảng

(

)

2,+
Dễ thấy y=2 là 1 nghiệm thuộc khoảng

(

)

2,+ ∞ .

Vậy hệ ph−ơng trình đã cho có 2 nghiệm :

(

− −1; 1

)

và 1; 2
2

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠.

) 6. ( §Ị 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

− − + − +

⎧ + = +

⎪
⎨

+ + + + =

⎪⎩

Gi¶i . ĐK: y2+2x>0

Đặt t=2xy thì phơng trình thứ nhất của hệ trở thành :

(

)

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).

VËy 2 1 1

2
y

x− = ⇒ =y x + thế vào phơng trình thứ hai của hệ ta đợc :

(

)

( )

3 2

2 3 ln 1 0 2

y + y+ + y + + =y

Vế trái là hàm đồng biến do đó y =-1 là nghiệm duy nhất của (2).
Đáp số : x=0, y= −1.

" 8. ( §Ị thi HSG Qc Gia năm 2000-2001 Bảng B )

Giải hệ phơng trình : 7 2 5

2 2

x y x y

⎧ + + + =

⎪
⎨

+ + =

Giải : ĐK có nghĩa của hệ phơng trình : min 7 , 2

{

x x

}

≥ −y

Đặt : 7x+ =y a và 2x+ =y b . Từ hệ ph−ơng trình đã cho ta có hệ :

( )

5 1

2 2

a b
b x y
⎧ + =

⎪

⎨ + − =
⎪⎩

NhËn thÊy : a2−b2 =5x . KÕt hỵp víi (1) suy ra :

(

)

x

b= − , thÕ vào (2) ta đợc :

( )

2 2 1 3

2
x

x y x y

− + − = ⇔ = −

ThÕ (3) vµo (2) ta cã : 5 2 1 2 11 77
2
y− + − = ⇒ =y y −

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

) 9. Cho hệ phơng trình 2 ẩn x, y :

(

)

(

)

(

)

2 3 4 3 2

8 2 2 4 4

3 3 3 3

1 1 2

k x x x yx

k x x x k x y x

⎧ + + + =

⎪
⎨

⎪ + + + + − =

⎩

1. Xác định k để hệ ph−ơng trình có nghiệm .
2. Giải hệ ph−ơng trình với k = 16.

" 10. ( §Ị thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996 Bảng A )

Giải hệ phơng trình :

3 . 1 2

7 . 1 4 2

x

x y
y

x y

⎧ ⎛ ⎞

+ =

⎪ ⎜ + ⎟

⎪ ⎝ ⎠

⎨

⎛ ⎞

⎪ − =

⎜ ⎟

⎪ ⎝ +

Giải . ĐK có nghĩa của hệ : x≥0, y≥0 vµ x2+y2 ≠0.

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 4 2

x y x

x y y

⎧⎛ + ⎞=
⎪⎜ + ⎟

⎝ ⎠

⎪
⇔ ⎨

⎛ ⎞

⎪ −⎜ ⎟=
⎪⎝ + ⎠
⎩

⇔

( )

1 1 2 2

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= + .Thư l¹i 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 tr×nh :

3 2

6 12 8 0

y x x

z y y

x z z

⎧ − + − =

⎪ − + − =
⎨

⎪ − + =

) 4. Giải hệ phơng trình :

2 3

12 48 64

x x y

y y z

z z x

⎧ − + =

⎪ − + =

+ =

" 5. Giải hệ phơng tr×nh :

19 5 2001

1890
1890
1890

x y z z

y z x x

z x y y

⎧ + = +

⎪ + = +

⎨

⎪ + = +

⎩

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Giả sử

(

x y z, ,

)

là một nghiệm của hệ ph−ơng trình khi đó

(

− − −x, y, z

)

cũng là một nghiệm của
hệ ph−ơng trình , nên khơng mất tính tổng qt ta có thể giả thiết : có ít nhất hai trong ba số , ,x y z
khơng âm. Ví dụ x≥0, y≥0. Từ ph−ơng trình thứ nhất ta suy ra z≥0 .

Mặt khác nếu 0< u 1 thì 1890+u2000> ≥2 u18+u4

NÕu u>1 th× 1890+u2000 > +1 u2000>2. u2000 =2.u1000 >u18+u4

Do đó 1890u u+ 2001>u19 +u5 với mọi u>0.

Bëi vËy nÕu céng tõng vÕ cña HPT ta suy ra x= = =y z 0.®pcm

) 6. Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm duy nhất :

(

)

(

)

(

)

2 3 2

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
30
16
x x y z
y y z x
z z x y

⎧ + − =

⎪⎪ + − =

⎨
⎪

+ − =

⎪⎩
" 8. Giải hệ phơng trình :

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 3

1 2 1

x x y x

y y z y

z z x z

⎧ + = − +

⎪⎪ + = − +

⎨
⎪

+ = − +

⎪⎩

Giải . Viết lại hệ đã cho d−ới dạng :

( ) ( )

3 2 3

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 f

( )

t = + +t3 t2 2t và g

( )

t =2t3+1. Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm đồng biến
trên R vì : f'

( )

t =3t2+ + >2t 2 0,g

( )

t =6t2 ≥0, ∀ ∈t R.

Suy ra hệ đã cho t−ơng đ−ơng với hệ :

( )

h 0

x y z
x

= =
⎧

⎨ =

⎩

Trong đó h

( )

t = − − +t3 t2 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 ph−ơng trình h

( )

t =0 có cả 3 nghiệm phân biệt đều nằm trong

(

−2; 2

)

Đặt x=2cos ,u u∈

(

0;π

)

. Khi đó sinu≠0 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 ,

(

)

sin4 sin3

x y z u u

u u

⎧ = = = ∈

⎨

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

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

7 7 7

u∈ ⎨⎧π π π⎫⎬

⎩ ⎭ vµ

(

)

2cos , 0;

3 5

; ;

7 7 7

x y z u u

u

π π π

⎧ = = =

" 9. Tìm tất cả các bộ ba số dơng

(

x y z, ,

)

thoả mÃn hệ phơng trình :

2004 6 6

2
2
2

x y z

y z x

z x y

⎧ = +

⎪ = +

⎨

⎪ = +

⎩

Gi¶i :

Giả sử

(

x y z, ,

)

là một bộ ba số d−ơng thoả mãn hệ PT đã cho . Khơng mất tính tổng quát ,
giả sử 0< ≤ ≤x y z. Nh− vậy :

2004 6 6 6 6

2
2

x y z x x

z x y z z

⎧ = + ≥ +

⎨

= + ≤ +
⎩

2004 6
2004 6

1
1

x

x x

x y z
z

z z

≥

⎧ ≥ ⎧

⇒⎨ ⇒⎨ ≤ ⇒ = = =

≤ ⎩

⎩

Đảo lại, dễ thấy x= = =y z 1 là một bộ ba số d−ơng thoả mãn u cầu bài tốn .
) 10. Tìm điều kiện của m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm :

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

2 2

x x x y

y y y z
z z z x

⎧ − + =

⎪ − + =

+ =
) 12. Giải hệ phơng trình :

(

)

(

)

(

)

3 2 2

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 cã nghiÖm thùc x, y, z :

1 1 1 1

1 1 1 1

x y z a

⎧ − + − + − = −
⎪

⎨

+ + + + + = +

Giải. ĐK: x1, y1, z1

Hệ phơng trình tơng đơng với hệ phơng trình :

(

) (

)

(

) (

)

1 1 1 1 1 1 2

x x y y z z a

x x y y z z

⎧ − + + + − + + + − + + =

⎪
⎨

+ − − + + − − + + =

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

Do x≥1, y1, z1 nên u 2,v 2,s 2 . Ngợc l¹i nÕu u≥ 2,v≥ 2,s≥ 2, ta cã :

1 1 2 2

1 1

x x

u

x x

+ − − = =

+ + −

2
2

1 2 1 4

1 1

2 4

x u x u

u u

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇒ + = ⎜ + ⎟⇒ = ⎜ + ⎟≥

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Do đó bài tốn của ta đ−a về bài tốn t−ơng đ−ơng : Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ
ph−ơng trình sau có nghiệm u≥ 2, v≥ 2, s≥ 2 :

( )

1 1 1

1
u v s a

u v s

+ + =
⎧

⎪
⎨

+ + =
⎪⎩

+ Điều kiện cần : Giả sử hệ ph−ơng trình (1) có nghiệm . Theo bất đẳng thức Bunhia ta có :

(

)

1 1 1 9

2 9

a u v s a

u v s

⎛ ⎞

= + + ⎜ + + ⎟≥ ⇒ ≥

⎝ ⎠

+ Điều kiện đủ : Giả sử 9

a≥ . Chúng ta sẽ chứng minh hệ ph−ơng trình (1) có nghiệm
Lấy s=3 ( thoả mãn s≥ 2) . Khi đó (1) t−ơng đ−ơng với :

(

)

2 3

3 2 3

2
u v a

a
u v

+ = −
⎧

⎪

⎨ −

=
⎪⎩

u v

⇔ lµ hai nghiƯm cđa tam thøc bËc hai : 2 2 2

(

)

3 2

(

)

2
a
t − a− t+ −

(

)(

)

2 3 2 3 2 9

a a a

u v

Chú ý : Đặt

(

)

(

)

(

)

2 2

2 9 0 6 2 2 3 6

h= a− ≥ ⇒ h+ − > h+ >h h+ . Tøc lµ :

(

2a− −3

)

2 2 >

(

2a−3 2

)(

a−9

)

⇒ >u 2,v> 2.

Nh vậy hệ phơng trình (1) có nghiệm u 2,v 2,s 2.
Tóm lại các số thực a cần tìm là tất cả các số thực 9

2
a .
" 14. Giải hệ phơng tr×nh :

1 1 1

20 11 2007

x y z

xy yz zx

⎧ ⎛ + ⎞= ⎛ + ⎞= ⎛ + ⎞
⎪ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎟⎠

⎨ ⎝ ⎠

⎪ + + =
⎩

" 15. ( §Ị thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A )

Giải hệ phơng trình :

(

)

(

)

(

)

3
2

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 , ,x y z<6. Hệ đã cho t−ơng đ−ơng với :

(

)

( )

(

)

( )

(

)

( )

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

⎧

− =
⎪

⎪ − +

⎪⎪ − =

⎨

− +
⎪

⎪

⎪ − =

⎪ − +

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

NhËn thÊy f

( )

x =

2 6

x
x x+

là hàm tăng, còn g

( )

x =log 63

(

x

)

là hàm giảm với x<6.
NÕu

(

x y z, ,

)

lµ một nghiệm của hệ phơng trình ta chứng minh x=y=z.Không mất tính
tổng quát giả sử x=max

{

x y z, ,

}

thì có hai trờng hợp :

1) x≥ ≥y z . Do g

( )

x là hàm giảm, suy ra : log 63

(

−y

)

≥log 63

(

− ≥z

)

log 63

(

−x

)

⇒ ≥ ≥x z y. Do y≥z nªn z=y. Tõ (1) vµ (2) suy ra : x=y=z.
2) x≥ ≥z y.

T−¬ng tù log 63

(

−y

)

≥log 63

(

−x

)

≥log 63

(

−z

)

⇒ ≥ ≥z x y. Do x≥z nªn z=x. Tõ (1) và (3) suy ra : x=y=z.

Phơng trình f

( ) ( )

x =g x cã nghiÖm duy nhÊt 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 5

x x x y

y y y z

z z z x

⎧ + + − =

⎪ + + − =
⎨

⎪ + + − =

⎩

Gi¶i . Gi¶ sư x=max

{

x y z, ,

}

. XÐt hai tr−êng hỵp :

1) x≥ ≥y z

Tõ hƯ trªn ta cã :

3 2

3 2 5

x x x x

z z z z

⎧ + + − ≤
⎨

+ + − ≥
⎩

(

) (

)

(

) (

)

2
2

1 2 1 0 1

1 2 1 0

x x x

z

z z

⎧ − ⎡ + + ⎤≤ ≤
⎧

⎪ ⎣ ⎦

⇒⎨ ⇒⎨ ≤

⎡ ⎤ ⎩

⎪ − ⎣ + + ⎦≥
⎩

2) x≥ ≥z y

Tõ hƯ trªn ta cã :

3 2

3 2 5

x x x x

y y y y

⎧ + + − ≤
⎨

+ + − ≥
⎩

(

) (

)

(

) (

)

2
2

1 2 1 0 1

1 2 1 0

x x x

y

y y

⎧ − ⎡ + + ⎤≤

≤
⎧

⎪ ⎣ ⎦

⇒⎨ ⇒⎨ ≤

⎡ ⎤ ⎩

⎪ − ⎣ + + ≥⎦
⎩

Cả hai tr−ờng hợp đều cho x= = =z y 1. Thử lại ta thấy x= = =z y 1 là nghiệm của hệ ph−ơng trình .
Tóm lại hệ đã cho có nghiệm duy nhất : x= = =z y 1.

) 17. Giải hệ phơng tr×nh :

⎧

+ + − − − =
⎪

⎪

⎪⎪ + + + + + =
⎨

⎪
⎪

+ + − − − =
⎪

1 1 1 8
3
1 1 1 118

1 1 1 728

x y z

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

" 18 . Giải hệ phơng trình :

(

)

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 t−ơng đ−ơng với :

(

) (

)

(

) (

)

(

)

(

) (

)

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

⎧ + + + =

⎪⎪ + + + =

⎨
⎪

+ + + = + + +

⎪⎩

XÐt : aG=

(

x y;

)

, bG =

(

x+y y; +z

)

,cG=

(

x+1; 2z+1

)

⇒a bG G. =0, .a cG G=0, 4bG2 =Gc2
+ NÕu aG=0G th× 0, 1

2
x= =y z= − .

+ Nếu aG≠0G thì bG và cG cộng tuyến nên : cG= ±2bG, từ đó ta có : 0, 1
2
x= y= =z .
Tóm lại hệ có hai nghiệm : 0; 0; 1 , 0; 1 1;

2 2 2

⎛ − ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

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

⎧ + =
⎪ + =
⎪⎪

⎨

⎪ + =

⎪

⎪ + =

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 phơng trình đầu ta có :
2X x1+x2 =x31996

T đó đối với các ph−ơng 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)

Lập luận một cách t−ơng tự ta cũng đi đến : 2≤ Y1995 (2)
Từ (1) và (2) suy ra X1995 =Y1995 =2

NghÜa lµ ta cã : 1995

1 2 .... 1996 2

x =x = =x =

" 2. Giải hệ phơng tr×nh :

1 1 2 2

1 2

...

....

n n
n
n

x a

x a x a

b b b

x x x c

−

− −

⎧ = = =

⎪
⎨

⎪ + + + =

⎩

víi 1, 2,..., 0, 0

n

n i

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Giải . Đặt : 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
n

i

n n

i

i i n

i i

i
i

c a

c a t b t

b

= =

⎛ ⎞

−

⎜ ⎟

⎝ ⎠

⇒ =

∑

⇒ =

∑

1
n

i
i
i i i n

i
i

c a

x a b

b

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

⇒ = +

∑

</div>