HE BA AN ON GIOI

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HỆ PHƯƠNG TRÌNH BA ẨN 3x 2  2 y  1 2 z  x  2   2 3 y  2 z  1 2 x  y  2   2 3z  2 x  1 2 y  z  2  Câu 1*. Giải hệ phương trình  Ta co: 3x 2  2 y  1  3y 2  2 z  1  3z 2  2 x  1 2 z  x  2   2 x  y  2   2 y  z  2   3x 2  2 y  1  3y 2  2 z  1  3z 2  2 x  1 2 zx  4 z  2 xy  4 x  2 yz  4 y   x 2  2 xy  y 2    x 2  2 xz  z 2    y 2  2 yz  z 2    x 2  2 x  1   y 2  2 y  1   z 2  2 z  1 0 2. 2. 2. 2. 2. 2.   x  y    x  z    y  z    x  1   y  1   z  1 0  x  y 0  x  z 0   y  z 0   x  1  0   y  1 0   z  1 0. x y  x z   y z  x  y  z 1.  x  1   y 1   z 1. 1 1 1  x  y  z 2  1    2  1 4  2  2  Câu 2*. Giải hệ phương trình  xy z 2. 2.  1 1 1  1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1  1      4        2  2  2  2      2 . xy z x y z xy yz zx xy z  x y z  x y z 2. 2. 2 1   1 2 1   1 1 1  1 1   2   2    2   2  0         0 xz z   y yz z  x  x z  y z 1 1 1 1  x  z 0  x  z 1 1 1    x  y  z thay vao he ta có x  , y  , z  . 2 2 2  1  1 0  1  1 z  y z  y 6 x  z  5 x  y + =4  1  x  y  6 xy x  z  5 xz   6  z  y  4 x  y + =5  2   z  y  4 zy x  y  6 xz   4 x  z 5 y  z   + =6  3  x  z  5 xz y  z  4 yz. Câu 3. Giải hệ phương trình . Đề thi học sinh giỏi TPHCM. x y yz xz a , b= , c= x  y  6 xy y  z  4 yz x  z  5 xz .  Đặt 1  4  5a a   8 c  6 5a  6c 4   3    b  6b  4a 5  4a  6b 5 4 4c  5b 6   4  5a  9 5b  4.  6 6  c 16   Hệ trở thành:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1  x y  x  y  6 xy 8 7  x  y  6 xy   3  yz    y  z 12 yz    y  z  4 yz 4 7 z  x 45 zx     xz 9    Hệ lại trở thành  x  z  5 xz 16 Chú ý: Áp dụng cách giải này giải đề thi năm 2013 – 2014.. 1 1 6  x  y 7  1 1   12  y z  1 1 45    z x 7. 1 14  x  33   1 45     y 14  1 123    z 14. 14   x  33  14  y  45  14   z 123 . .  x 2 +y 2 +z 2 =20102  1  3 3 3 x +y +z =20103  2  Câu 4. Giải hệ phương trình  . Đề thi học sinh giỏi Nimh Bình. x 2010, y 2010, z 2010.  Từ phương trình (1), ta có:  Hoặc ta ghi  2010 x 2010,  2010 y 2010,  2010 z 2010.  . . x 3 +y3 +z3  x3  y3  z 3 2010  x 2  y 2  z 2  20103.. Suy ra Từ phương trình thứ (2) suy ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  x 2  2010  x  0  x 0  x 2010  2  3 3 3 2 2 2 x +y +z 2010  x  y  z    y  2010  y  0   y 0  y 2010  2  z 0  z 2010   z  2010  z  0 . Kết hợp với phương trình thứ nhất, ta thấy hệ có ba nghiệm phân biệt là:  x, y, z   2010, 0, 0  ,  x, y, z   0, 2010, 0  ,  x, y, z   0, 0, 2010  ..  x 6 +y8 +z10 1  1  2007 2009 2011 x +y +z 1  2  Câu 5. Giải hệ bất phương trình  . Đề thi học sinh giỏi Bình Định.  Từ bất phương trình thứ nhất, ta có  1  x, y , z 1. .  . Từ bất bất phương trình thứ hai, ta có: x 2007  y 2009  z 2011 x 6  y 8  z10  x 6  1  x 2001   y 8  1  y 2001   z10  1  z 2001  0.  * ..  x 6  1  x 2001  0   8 2001  y  1  y  0  10 2001  z  1  z  0  1  x , y , z  1 Từ điều kiện , ta thấy rằng  Do để bất đẳng thức (*) xảy ra khi và chỉ khi  x  y z 1 x 6  1  x 2001   y 8  1  y 2001   z10  1  z 2001    .  x  y z 0. 6 8 10  Kết hợp với điều kiện x +y +z 1 , ta thấy hệ bất phương trình đã cho có các nghiệm là.  x; y; z   1;0;0  ,  x; y; z   0;1; 0  ,  x; y; z   0; 0;1 .  x 3 =3x-12y+50  3  y =12y+3z-2  z 3 27 x  27 z . Câu 6. Giải hệ phương trình . Đề thi học sinh giỏi Đà Nẵng. 2 3 3 x 3x  12 y  50  48  12 y x  3x  2  12  4  y   x  2   x  1  1 .  Ta có: 2 y 3 12 y  3 z  2  3z  18  y 3  12 y  16  3  z  6   y  4   y  2   2 .  Ta có: 2 z 3 27 x  27 z  27 x  54 z 3  27 z  54  27  x  2   z  6   z  3  3 .  Ta có:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> o Nếu x=-1 thì.  x  2   x 1. 2. 2. 0, tu  1  y 4 hay  y  4   y  2  0, 2. tu  2   z 6 hay  z  6   z  3  0, tu  3   x 2. mẫu thuẫn.. 2. x  1   x  1  0. Do đó x=-1 không là nghiệm, ta chỉ xét 2 2  y  2   0,  z  3  0.  Chứng minh tương tự: o Từ (2) suy ra y-4 và z-6 cùng dấu. o Từ (3) suy ra x-2 và z-6 cùng dấu. o Từ đó ta được x-2 và y-4 cùng dấu. 0  x  2   y  4  0. o Hơn nữa từ (1), ta thấy x-2 và –(y-4) cùng dấu, tức là o Do đó x=2 hoặc y=4. o Từ (1), (2), (3) dễ thấy cả hai trường hợp trên đều cho kết quả là: x=2, y=4, z=6. o Vậy hệ có nghiệm (x,y,z)=(2,4,6).  x 3  y 3x  4  3  2 y  z 6 y  6 3z 3  x 9 z  8.  Bài tập tương tự:   x  3 y  x3  12  3  y  4 z  y  6 9 z  2 x  z 3  32 Câu 7. Giải hệ phương trình  . Đề thi học sinh giỏi Hà Nội. 2 3  y  2   x  2   x  2 x  3   2  4  z  4   y  2   y  2 y  5   2  2  z  2   z  4   z  4 z  7  .  Hệ đã cho trở thành  Nhân từng vế các phương trình của hệ với nhau, ta có: 24  x  2   y  2   z  4   x  2   y  2   z  4    x 2  2 x  3   y 2  2 y  5   z 2  4 z  7     x  2   y  2   z  4  0  2 2 2   x  2 x  3  y  2 y  5   z  4 z  7  24.  x  2   y  2   z  4  0  x 2  y 2  z  4.. o Khi o Nếu x=2 thì theo phương trình thứ nhất y=-2, theo phương trình thứ hai z=-4. o Tương tự nếu y=-2 hoặc z=-4. 2 2 2 x 2  2 x  3  y 2  2 y  5   z 2  4 z  7  24    x 1  2    y  1  4    z  2   3 24.        o Khi   x  1 2  2   y  1 2  4   z  2  2  3 2.3.4 24.    o Ta thấy  Dấu bằng xảy ra khi x=-1, y=1, z=2. o Thử lại ta thấy x=-1, y=1, z=2 không thỏa mãn hệ đã cho. Nên hệ có nghiệm là (x,y,z)=(2,-2,-4).  2  x   1  2 x   2  y   1  2 y  4 10 z  1  2 x  y 2  z 2  2 xz  2 yz  x 2 y 2  1 0 Câu 8. Giải hệ phương trình  . Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh. 1  1 y    x  y  z 0 x 2 2 y   x     x  y  z    xy  1 0    xy  1 0  z   x  y   z   x  1  .  x   o Từ (2), ta có:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> o Thay vào (1), ta được:.  2  x   1  2 x   2  . 1  2 1    1   4 1  10  x   . x  x x . 1  1 2x   2  x     2  x 1 2x    4 1  10  x   x  x  x  .  4  x   1  4 x  4  2. 2. x. 1  1  10  x   x . 2. 1  1    4  x 2  2   17 4 1  10  x   x  x  .  * .. 1 t  x  , t -2  t 2 hay t 2. x o Đặt Tính đạo hàm lập bảng biến thiên suy ra t. 1 x 2  2 t 2  2 4  t 2  2   17 4 1  10t  4t 2  25 4 1  10t x o , (*) trở thành 2 7   4t 2  25   16  1  10t  0   4t 2  20t  29   2t  3  2t  7  0  t  . 2 7 1 7  7  33 t   x     x 2  7 x  2 0  x  . 2 x 2 4 o Khi  7  33  7  33 7 x  y , z= . 4 4 2 o Với  7  33  7  33 7  y , z= . 4 4 2 o Với o Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ đã cho nên hệ có hai nghiệm. 2009 x  2010 y  x  y  2  2  2010 y  2011z  y  z   2 2011z  2009 x  z  x  Câu 9. Giải hệ phương trình . x. Đề thi học sinh giỏi Bình Phước.. ax   a  1 y  x  y  2  1  2   a  1 y   a  2  z  y  z   2   2  3  a  2  z  ax  z  x  o Đặt 2009=a>0, ta xét hệ tổng quát hơn là:.  x  y ax . o Lấy (1) cộng (3) trừ cho (2), được:  a  1 y  y  z   y  x  . o Tương tự ta có:. 2. 2. 2.   z  x   y  z  x  y   x  z  . 2.  a  2  z  z  x   z  y  . 2. ax  a 1 y  a  2  z    x  y   y  z   z  x   0. Ta suy ra Mặt khác ta thấy tổng của từng cặp trong ba giá trị ax, (a+1)y, (a+2)z đều không âm. Ta sẽ chứng minh ba giá trị ax, (a+1)y, (a+2)z này đều không âm. Thật vậy:  a  1 y  0 ax<0  x<0, tu (1) và  3    a  2  z  0 o Giả sử  y, z  0 hay x-y, x-z<0  ax  x  y   x  z   0 mẫu thuẫn..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  a  1 y 0   a  2  z 0 nhưng tích lại không âm. o Do đó ax 0. Tương tự  ax  a  1 y  a  2  z  x  y  z 0. o Nên ta phải có o Thử lại thấy thỏa mãn nên hệ có nghiệm x=y=z=0.  x  y  z a  b  c  4 xyz  a 2 x  b 2 y  c 2 z abc Câu 10. Cho tham số a, b, c. Tìm nghiệm dương của hệ:  . Đề thi học sinh giỏi Ninh Bình. a 2 b 2 c 2 abc 4  3 .  2     yz zx xy xyz o x1  o Đặt. a b c , y1  , z1   x12  y12  z12  x1 y1 z1 4 yz zx xy.  * ..  0  u , v  va x1 2sin u, y1 2sin v. 0  x , y , z  2 1 1 1 2 o Nhận thấy nên tồn tại các giá trị u,v thỏa z 2  4sin u.sin v.z1  4sin 2 u  4sin 2 v  4 0. o Thay vào (*), ta có 1 2. o Tính.  '  2sin u sin v    4sin 2 u  4sin 2 v  4  4  1  sin 2 u   1  sin 2 v  4 cos 2 u.cos 2 v  0..  z1  2sin u sin v  2 cos u cos v  0  z  2sin u sin v  2 cos u cos v  0. o Nên có hai nghiệm là  2 a 2 yz sin u  b 2 zx sin v  c 2 xy  cos u cos v  sin u sin v  o Do đó  thay vào (1) ta được: x  y  z 2 yz sin u  2 zx sin v  2 xy  cos u cos v  sin u sin v  . . x cos v . y cos u. 2.  . x sin v  y sin u . z. . 2. 0.  a y a b b x a b    z .  z  x sin v  y sin u   x cos v  y cos u 0  2 2 zx 2 yz 2 z   ca bc  x sin v  y sin u  z 0   y  2 , z= 2 . b c c  a a b  ; ;  x; y; z   . 2 2 2   Kết luận hệ có nghiệm  x  2  2   y  3 2   y  3   x  z  2   2  x  5 x  9 z  7 y  15  3 yz 8 x 2  18 y 2  18 xy  18 yz  84 x  72 y  24 z  176 Câu 11. Giải hệ phương trình  . o Đặt a=x+2, b=y+3. Thay vào hệ ta có: o.  x  2. 2. Đề thi học sinh giỏi Hà Hội.. 2.   y  3   y  3  x  z  2   a 2  b 2  b  a  z  4   a 2  ab  b 2  bz  4b 0.. 2 2 o x  5 x  9 z  7 y  15  3 yz  a  a  7b  3bz 0. o 8 x 2  18 y 2  18xy  18 yz  84 x  72 y  24 z  176  8a 2  2a  18b2  72b  18ab  18bz  30 z  94 0.  8a 2  2a  18  b 2  ab  bz  4b   30 z  94 0.. ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a 2  ab  b 2  bz  4b 0  2 a  a  7b  3bz 0  2 8a  2a  18  b 2  ab  bz  4b   30 z  94 0   Suy ra Từ phương trình thứ nhất và thứ ba ta có:.  *. 8a 2  2a  18a 2  30 z  94 0  10a 2  2a  30 z  94 0  z . 5a 2  a  47 . 15. Thay vào phương trình thứ hai ta được: 5  a2  a   5a 2  a  47   5a 2  a  12  2 a  a  7b  b.  .  0    b a  a  b  2 5 5 5a  a  12     Nhân phương trình thứ nhất của hệ (*) với 3 rồi trừ cho phương trình thứ hai ta được: 2a 2  a  3ab  3b 2  5b 0  ** . 2. 5  a2  a  5a 2  a  47 z  b 2 15 5a  a  12 vào (**), ta được: Thay và 2.  5  a2  a   25  a 2  a    2 2a  a  2 3 2 0 5a  a  12  5a  a  12  5a  a  12 2. 15  a 2  a . 2. 2.   2a 2  a   5a 2  a  12   15a  a 2  a   25  a 2  a    5a 2  a  12   75  a 2  a  0  50a 6  70a 5  208a 4  94a 3  482a 2  156a 0  a  a  2   5a 2  14a  13  5a 2  11a  3  0  11  61 . 10 47   4 29     2;  3;  ,   4;  ;  , 15   3 15  .  a 0  a  2  a . Tìm được nghiệm.  31  61 2 61  28 13  61  ; ;   , 10 15 15  .   31  61 2 61  28 39  61  ; ;   10 15 15   . 2 2 2 z  x  y   1  x  y  2 2  y  z 1  2 xy  2 zx  2 yz  y  3 x 2  1  2 x  x 2  1   Câu 12. Giải hệ phương trình . Đề thi học sinh giỏi Hà Hội.    x tan  ,     ;   cos 0  2 2  Đặt .  2 x  x 2  1. . . y  x  y x  3x 2  1 Từ phương trình thứ ba của hệ, ta có: tan 3   3tan  tan   y   y tan 3  tan  . 3 tan 2   1 o Ta có:. 3x 2  1. Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có: x 2  y 2  1  2 tan   tan 3  .tan 3  1 2 tan  .tan 3  tan 2 3  1 z   2 x  y 2 tan 3 2 tan 3 tan 3  cot 3 1  sin 3 cos3  1 tan     .  tan   2 2  cos3 sin 3  sin 6 Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: tan  . .  2 x  x 2  1. x3  3 x  2 . 3x  1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. x 2  y 2  z 2  2 xy  2 zx  2 yz 1  x 2   y  z  x  1  x 2 2.   1   tan 3  tan   tan    tan   1  tan 2  sin 6   2.  sin 3  1 1    tan    2 cos   cos3 2sin 3 cos3  2. 2.  2sin 2 3  1   cos6  1 1   tan    2    tan    2 cos  cos   sin 6   2sin 3 cos3  2. 2.  cos6 cos  sin 6 sin    cos5  1 1    2    2 sin 6 cos cos  cos     sin 6 cos     cos5 cos sin 6 cos  cos5 cos   6  2         k 2     ,    k 2  cos5 cos  2  6   5  2  6   k 2      22 11 2     k 2             ,    k 2.  cos5 cos   6   5   6   k 2  22 11 2 2  2     . .     Do     ;     k 2, k    2 2  nên họ nghiệm 2 không thỏa mãn.  k 2    , k  22 11 Với hai họ nghiệm ta tìm được 10 giá trị  thỏa mãn là 3          ;  ;  ;  ;   .  22 22 22 22 22   1   x; y; z   tan ; tan 3  tan ; tan    , voi sin 6   Vậy hệ có các nghiệm là. 3          ;  ;  ;  ;   .  22 22 22 22 22  1 1  1  x  y  z 3 3  1    2  x  y  z 1   xy  yz  zx  7  2 xyz  3 27  Câu 13*. Giải hệ phương trình   Điều kiện: x  0, y>0, z>0. .  2  : x  y  z 1 ta thấy các số x,y,z phải có ít nhất một số không lớn hơn Kết hợp với. 1 . 3. .  1 1 z   0;  . z .  3 3 Do đó Không mất tính tổng quát ta giả sử S xy  yz  zx  2 xyz xy  1  2 z   z  x  y  xy  1  2 z   z  1  z  . Đặt Với x+y=1-z. 2 2  x  y   1 z  xy     .  2   2  Dấu bằng xảy ra khi x=y. Theo bất đẳng thức cô si ta có:. . 1  1 z  3 2 S    1  2 z   z  1  z     2 z  z  1 . 4  2  Nên.  . 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> o Xét hàm số o Ta có:. f  z . f ' z  . 1  1  2 z 3  z 2  1 , z   0;  .  4  3. 1 1  1  6 z 2  2 z   z  1  3z  0, z   0;  .  4 2  3.  1  0;  o Nên hàm số đồng biến trên  3  . Do đó  1 7  1 f  z   f    , z   0;  .  3  27  3 7 1 1 S  . Dau = khi va chi khi x=y, z= . x=y, z= 27 3 3 vào (2), ta được o Vậy Thay 1 x=y=z= 3. 1 x=y=z= 3 thỏa mãn hệ phương trình. o Thử lại ta thấy 1 1 1  x; y; z   ; ;  .  3 3 3 o Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất f  z.  x 2  y  z  2  3x 2  x  1 y 2 z 2  2  2 2 2 2  y  z  x   4 y  y  1 z x  2 2 2 2 2  z  y  x   5 z  z  1 x y Câu 14*. Giải hệ phương trình  TH1: Có một trong ba ẩn x, y, z bằng 0. 0  y 2 z 2  2 2  y 0  y t   hoac   y z 0    z 0  z 2 y 2 0  z t   o x=0. Ta có hệ: .  x; y; z   0; t;0  ,  x; y; z   0;0; t  , t  .  x; y; z   0;0; t  ,  x; y; z   t; 0;0  , t  . y=0 tương tự hệ có nghiệm . o . Hệ có nghiệm. o z=0 tương tự hệ có nghiệm TH2: x, y, z khác 0..  x; y; z   t;0;0  ,  x; y; z   0; t; 0  , t  .. 2 2 2 o Chia mỗi phương trình của hệ cho x y z ta có:  1 1  2 1 1    3   2 x x  z y   2 1 1  1 1     4   2 y y  x z  2   1  1  5  1  1  y x  z z2 .  z0  y0  2 3  x0  x02  2  2  x0  z0  4  y0  y0 1 1 1  2 2 x0  , y0  , z 0  .  y0  x0  5  z0  z0 x y z Đặt ẩn phụ Ta có hệ Cộng ba vế lại với nhau có:.  1  2  3.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  x0  y0  z0 4  4  2 12   x0  y0  z0    x0  y0  z0    x0  y0  z0   12 0    x0  y0  z0  3  5 13 9 12 9 x0   x  . y0   y  9 13 9 12 . Từ (1) và (4) có Từ (2) và (4) có 11 9 z0   z  . 9 11 Từ (3) và (4) có.  x0  y0  z0   . 2. 6 5 5 5  x  . y0   y  5 6 5 5.  Từ (1) và (5) có Từ (2) và (5) có 4 4 z0   z  5 5.  Từ (3) và (5) có  9 9 9 5 5 5   x; y; z    ; ;  ,   ;  ;   ,  t;0;0  ,  0; t;0  .  0;0; t  , t   .  13 12 11   6 5 4   Vậy hệ phương trình có nghiệm x0 . 6 x 2  y  1  9 x 2   1   2 2 6 y  z  1  9 y   2   2 2 6 z x  1  9 z   3 Câu 15*. Giải hệ phương trình Ta co: 6x 2  y  1  9 x 2   6 x 2  y  9 yx 2  3x 2  2  3 y   y  * .  2 y 2 y   x2  . y 3 3 2  3 y   3 không là nghiệm của (*). Xét o Nhận xét y 2  0  0  y  . 3 2  3y  3 o Phương trình này có nghiệm Tương tự ta có 2 2 0  x  , 0 z< . 3 3 o Ta có x=y=z=0 là nghiệm của hệ đã cho. o Với x,y,z>0. y 6x 6x  1  y x.  1 :  2 2 x 1  9 x 2. 1.9 x  Từ Tương tự tu  2  : z  y, tu  3 : x z.. 1 y x z  y  x  y z  . 3 o Như vậy ta có o Vậy hệ có nghiệm. 1 1 1 ; ; .  3 3 3.  x; y; z   0;0;0  ,  x; y; z  .  xy  yz  zx 12  Câu 16*. Chứng minh rằng hệ phương trình  xyz  x  y  z 2 có một nghiệm duy nhất trong tập các số thực dương. Chứng minh rằng hệ có nghiệm với x, y, z thực phân biệt. - Hiển nhiên (2,2,2) là một nghiệm trong tập các số thực dương. 11z  2   x  y  z 2  1  2  xy  z  2 z  12 z 2 1 - Nếu ta coi z như đã biết, thế thì ta có:  - Vì thế điều kiện cần và đủ để x, y, z là các số dương là: 2  11z  2  4  z 2  2 z  12   z 2  1  *.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2 11 (để x, y và z đều dương). (nó đảm bảo rằng x, y đều thực) và 2 4 z 4  8 z 3  69 z 2  52 z  44    z  2   2 z  11  2 z  1 0 (*) trở thành 11 1   z  2 và z=2. Nên chỉ có nghiệm duy nhất là z=2 (rồi từ đó Điều này thỏa mãn khi 2 x=y=2, hơn nữa hệ phương trình là đối xứng với x, y, z). 11 1   Với các nghiệm thực khác nhau nên ta xem xét tại các giá trị thuộc khoảng từ 2 đến 2 . 11     1;  1;   , loai 2  Với z  1 , ta có nghiệm không phân biệt  . z. 12  2 21 12  2 21 , y=5 5  Với chúng đều phân biệt.  x  y 2  xy  z 2 1 Câu 17. Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình   x  y 2  x 2  y    y 2  z 2  2 y  1 0  y 2  z 2  2 y 1 0  2 2 xy  z 1  2  y  y  z 1  Ta có:  . z  2 thì x=-.  y 1   y  1  z 2 0     z 0 2. . Vậy nghiệm nguyên của hệ là (x,y,z)=(1;1;0)..  A 0  A  B  C 0   B 0 C 0  2. 2. 2. .  z  2 xyz 1  1  2 2 2 3 4 3 x y  3 xy 1  x y  2   z  zy 4  4 y 3 4 y  6 y 2 z  3   Câu 18. Giải hệ phương trình . Kiến thức:.  x 1   y 1  z 0 . 2.   . Vì z=0 không là nghiệm của hệ nên ta có:    z tan   * , voi     ;  \{0}.  2 2 Đặt.  1 . 1  tan 2  xy  cos2. 2 tan  Ta có: Thay vào (2), ta được: 3cot 2 2  1 1 3cot 2 2  3 y cot 2 1  y cot 3 2  y= 3  tan 6 . cot 2  3cot 2 cot6 Suy ra c cot 2.cot 6 . Thay vào (3), ta được: 4 tan 6  4 tan 3 6 z tan 24 1  6 tan 2 6  tan 4 6. . 1 z2 xy  . 2z. Từ (*) và (**), ta có:.  **. tan 24 tan    k .. ..  , k  . 23.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> . .        ;  \{0}.  2 2 Với Ta được:                 ;  ;  ;  ;  ;  ;  ;  ;  ;  ;  23 23  .  23 23 23 23 23 23 23 23 23.  x; y; z   cot2.cot6 ; tan6 ; tan   với Hệ phương trình có nghiệm là                 ;  ;  ;  ;  ;  ;  ;  ;  ;  ;  23 23  .  23 23 23 23 23 23 23 23 23.  x 2 +y 2 +xy=37  1  2 2  x +z +xz=28  2   2 2 y +z +yz=19  3 Câu 19. Giải hệ phương trình   1   2   y 2  z 2  x  y  z  9   y  z   x  y  z  9.  2    3 . x 2  y 2  z  x  y  9   x  y   x  y  z  9.  4    5   y .  .  4 .  5 ..  x  y  z 0 z  x  y   x  y  z  0    y  z x  y. Trường hợp: x+y+z=0.  z   x  y . thay vào hệ ta được:.  x 2 +y 2 +xy=37  2 2  x +y +xy=28 VN .  x 2  y 2 +xy=19 . x y  t  . z  y  t  Trường hợp: y-z=x-y=t x y  t 3 t  y  y  t  y  t  9  ty 3  t   y o Thay  z  y  t vào (4), ta được:  . .  6 .. x y  t 2  y 2   y  t   y  y  t  19  3 y 3  3 yt  t 2 19 z  y  t  Thay vào (3) ta được: Thay (6) và (7), ta được:  y 2 9  y 3  t 1 9 3 y 2  2 28  3 y 4  28 y 2  9 0   1 3 2 y y   y=   t 3 3.  3 3.  7 .. Giải từng trường hợp, ta được:.  3  y 3  x 4  y  3  x  4  y    ;    ;  3   t 1  z 2 t  1  z  2  t 3 3. Câu 20*. Giải hệ phương trình.  x  y  z  t 15  1  2 2 2 2  x  y  z  t 65  2   3 3 3 3  x  y  z  t 315  3  xt  yz 4   .  10 3 x   3 ;   z  8 3  3.  10 3  3 x    y   3 3    t  3 3  z 8 3   3.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2. 2.  2    x  t    y  z   2 xt  2 yz 65 2   x  y  z  t   2  x  t   y  z   4 xt 65  do  4   .  152  2  x  t    15   x  t     4 xt 65  do  1  . 2.   x  t   15  x  t   2 xt  80 3.  5 .. 3.  3   x  t    y  z   3xt  x  t   3 yz  y  z  315 3 3   x  t    y  z   3xt  x  y  z  t  315 do  4  . 3 3   x  t    y  z   3xt.15 315 do  1 3   x  y  z  t   3  x  t   y  z   x  y  z  t   45 xt 315. do  1.  153  45  x  t   15   x  t    45 xt 315 2.   x  t   15  x  t   xt  68. . .  6 .. Lấy (6) trừ (5), ta được: xt=12, thay vào (5) ta được:  x  t 8 2  x  t   15  x  t   56 0    x  t 7.  x  t 8  x 6  x 2     xt  12 t  2   t 6 , thay vào hệ đã cho ta có hệ mới là: Với x+t=8 ta có hệ: o.  x 6  y  z 7     t 2  yz 12.  y 4  y 3     z 3  z 4.. o.  x 2  y  z 7     t 6  yz 12.  y 4  y 3     z 3  z 4..  x  t 7  x 4  x 3     xt  12 t  3   t 4 , thay vào hệ đã cho ta có hệ mới là: Với x+t=7 ta có hệ:  x 4  y  z 8  y 6  y 2        yz 12  z 2  z 6. o t 3 o.  x 3  y  z 8  y 6  y 2       t 4  yz 12  z 2  z 6.. Vậy nghiệm của hệ là (6;4;3;2), (6;3;4;2), (2;4;3;6), (2;3;4;6), (4;6;2;3), (4;2;6;3), (3;6;2;4), (3;2;6;4).  x3  x  y  z  2 2  2  3  y  y  z  x  30  3 2  z  z  x  y  16 Câu 21*. Giải hệ phương trình  x  x 2  y 2  z 2  2 yz  2  x  x 2  y 2  z 2  2 yz  2  1     2 2 2 2 2 2 y x  y  z  2 zx  30      y  x  y  z  2 zx  30  2    2 2 2 2 2 2  z  x  y  z  2 xy  16 2 z  x  y  z  2 xy  32  3 Ta đưa hệ về dạng:  x  y  2 z 0  y 2 z  x. Lấy (1) cộng (2) và trừ (3) ta có:.  x  y  2 z   x 2  y 2  z 2  0  . 2 2 2  x  y  z 0  x  y z 0 loai..

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  x  2 x 2  z 2  2 xz  2  4    2 2  z  4 x  5 z  4 xz  16  5  Thay y=2z-x vào (1) và (3), ta có: Đặt z=kx ta tìm được k=2. Vậy hệ có một nghiệm là (x;y;z)=(1;3;2)..

<span class='text_page_counter'>(14)</span>