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 : ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 3 3 ln 1 3 3 ln 1 3 3 ln 1 x x x x y y y y y z z z z z x + + + = + + + = + + + = Giải : Xét hàm số : ( ) ( ) 3 2 f 3 3 ln 1t t t t t= + + + Ta có : ( ) 2 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 phơng trình nh sau : ( ) ( ) ( ) f f f x y y z z x = = = Không mất tính tổng quát, giả sử : { } min , ,x x y z= . Lúc đó : ( ) ( ) ( ) ( ) f f f fx y x y y z y z z x . Hay : x y z x x y z = = Với : x y z= = , xét phơng trình : ( ) 3 2 2 3 ln 1 0x x x x+ + + = Do hàm số : ( ) ( ) 3 2 2 3 ln 1x x x x x = + + + đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : 1x = . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : 1x y z= = = . Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ phơng trình có dạng : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 1 1 f g f g f g f g n n n x x x x x x x x = = = = Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và ( ) 1 2 , , n x x x là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, , i x A i n = thì 1 2 n x x x= = = . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { } 1 1 2 min , , n x x x x= . Lúc đó ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 3 2 3 1 f f g g n x x x x x x x x x x . Vậy : 1 2 1 n x x x x Từ đó suy ra : 1 2 n x x x= = = . 1 Tháng 08 2007 Phạm Kim Chung Bài 2. Giải hệ phơng trình : 3 2 3 2 3 2 2 2 2 1 4 1 4 1 4 x x y y z z y z x + + + = ữ = ữ = ữ Giải: Vì vế trái của các phơng trình trong hệ đều dơng nên hệ chỉ có nghiệm : , , 0x y z > . Xét hàm số : ( ) 3 2 2 1 f 4 t t t + = ữ , ta có : ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 1 f' 2ln 4 3 . 0, 0 4 t t t t t t + = + < > ữ . Vậy hàm số ( ) f t nghịch biến trên khoảng ( ) 0; + . Không mất tính tổng quát, giả sử : { } min , ,x x y z= . Lúc đó : ( ) ( ) ( ) ( ) f f f f zx y x y y z y z x ( ) ( ) f f zx z x y x = = = . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : 1 2 x y z= = = . Bài toán tổng quát 2 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n lẻ ): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 1 1 f g f g f g f g n n n x x x x x x x x = = = = Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( ) 1 2 , , n x x x là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, , i x A i n = thì 1 2 n x x x= = = với n lẻ . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { } 1 1 2 min , , n x x x x= . Lúc đó ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 3 2 3 1 1 1 2 f f g g f f n n x x x x x x x x x x x x x x . 1 2 x x= Từ đó suy ra : 1 2 n x x x= = = . Bài 3. Giải hệ phơng trình : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x y y z z t t x = = = = 2 Giải : Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm : , , , 0x y z t . Xét hàm số : ( ) ( ) 2 f 1s s= , ta có : ( ) ( ) f' 2 1s s= . 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 x y z t= . + Nếu ( ) ( ) 1; , , , 1;x x y z t + + , do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm duy nhất : 2 3x y z t= = = = + . + Nếu [ ] 0; 1x ( ) 0 f 1 0 2 1x y , hay [ ] 0;1y , tơng tự [ ] , 0; 1z t . Vậy [ ] , , , 0; 1x y z t . Do đó ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) f f f f zx y x y y z y z x x z = . Với x z= ( ) ( ) f f zx y t = = . Lúc đó hệ phơng trình trở thành : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 x y x y x y y x x y = = = = = 2 3x y = = Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm : 2 3x y z t= = = = + và 2 3x y= = . Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n chẵn ): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 1 1 f g f g f g f g n n n x x x x x x x x = = = = Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( ) 1 2 , , n x x x là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, , i x A i n = thì 1 3 1 2 4 n n x x x x x x = = = = = = với n chẵn . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { } 1 1 2 min , , n x x x x= . Lúc đó ta có :. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 1 3 2 4 2 4 f f g gx x x x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 3 5 3 5 f f g g x x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 f f g g n n n n x x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 f f g g n n n x x x x x x Vậy : 1 3 1 1 1 3 1 n n x x x x x x x = = = ; 2 4 2 2 4 n n x x x x x x x = = = 3 Phần bài tập ứng dụng phơng pháp 1. Giải hệ phơng trình : 3 2 3 2 3 2 2 7 8 2 2 7 8 2 2 7 8 2 x x x y y y y z z z z x + = + = + = 2. Chứng minh với mỗi a R , hệ phơng trình : 2 3 2 3 2 3 x y y a y z z a z x x a = + + = + + = + + có một nghiệm duy nhất . 3. Cho hệ phơng trình : 2 2 2 x y a y z a z x a = + = + = + Tìm a để hệ phơng trình chỉ có nghiệm với dạng x y z= = . 4. Giải hệ phơng trình : 3 1 1 2 3 2 2 3 3 99 99 100 3 100 100 1 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x + = + = + = + = 5. Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ phơng trình : 2 3 1 2 2 2 2 3 2 3 3 3 2 3 1 2 3 1 1 1 4 4 4 4 n n n n n x x x ax x x x ax x x x ax x x x ax = + = + = + = + có một nghiệm duy nhất . 6. Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và 0a . Chứng minh hệ phơng trình : 2 3 1 2 2 2 2 3 2 3 3 3 2 3 1 2 3 1 1 1 4 4 4 4 n n n n n x x x ax x x x ax x x x ax x x x ax = + = + = + = + có nghiệm duy nhất . 7. Chứng minh với mỗi a R , hệ phơng trình : 2 3 2 2 3 2 2 3 2 x y y y a y z z z a z x x x a = + + + = + + + = + + + có một nghiệm duy nhất . 4  Ii. HÖ ph¬ng tr×nh gi¶i ®îc b»ng ph¬ng ph¸p lîng gi¸c ho¸.  1. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : ( ) ( ) 2 2 1 1 1 (1) 1 1 2 (2) x y y x x y  − + − =   − + =   Gi¶i. §K : 2 2 1 1 0 1 1 0 x x y y  ≤  − ≥  ⇔   ≤ − ≥    §Æt cos ; y=cosx α β = víi [ ] , 0; α β π ∈ , 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 α β β α α β α β α α α α  +  + =  ⇔ ⇔   − + =   − − − =  §Æt 2 1 sin cos , t 2 sin .cos 2 t t α α α α − = − ≤ ⇒ = Khi ®ã ta cã : 2 2 1 1 0 2 3 1 2 t t t t t − − − = ⇔ + − ⇒ = Víi 1t = , ta cã : 0 2sin 1 0 4 2 1 x y π π α α β =    − = ⇒ = ⇒ = ⇒   ÷ =    NÕu : ( ) 0x a a≤ > , ta ®Æt cosx a α = , víi [ ] 0; α π ∈  2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 4 3 1 1 2 x y xy x y  − + =   + =   Gi¶i . Do [ ] 2 2 1 , 1; 1x y x y+ = ⇒ ∈ − . §Æt sin , y cosx α α = = víi [ ] 0; 2 α π ∈ . Khi ®ã (1) ( ) ( ) 2 sin cos 1 2sin2 3 α α α ⇔ − + = 1 2. 2sin .2. sin2 3 4 2 π α α     ⇔ − + =  ÷  ÷     4sin sin2 sin 3 4 6 π π α α    ⇔ − + =  ÷ ÷    8sin sin cos 3 4 12 12 π π π α α α       ⇔ − − − =  ÷  ÷  ÷       4cos cos cos 2 3 12 3 6 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 3 4 π α   ⇔ − − =  ÷   ( ) 0 0 0 0 35 120 3 cos 3 4 2 65 120 k k R k α π α α  = − +   − = − ⇔ ∈   ÷ = +    Tõ ®ã suy ra hÖ cã 6 nghiÖm ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 , { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85x y = − , ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }− − − 5 Nếu : ( ) 2 2 0x y a a+ = > , ta đặt sin , cosx a y a = = , với [ ] 0; 2 3. Giải hệ phơng trình : 2 2 2 2 2 2 x x y y y y z z z z x x + = + = + = Giải : Từ các phơng trình của hệ , suy ra : , , 1x y z . 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 ; 2 2 ữ (4) và 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 y tg z tg k = = = = ữ Với mọi số thực x có một số với ; 2 2 ữ sao cho tgx = 4. Giải hệ phơng trình : 2 3 2 3 2 3 3 3 0 3 3 0 3 3 0 x z x z z y x y x x z y z y y + = + = + = Giải . Viết lại hệ phơng trình dới dạng : ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 1 3 3 1 3 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 . Bởi thế : (I) 3 2 3 2 3 2 3 (1) 1 3 3 (2) 1 3 3 (3) 1 3 z z x z x x y x y y z y = = = (II) Đặt tgx = với ; 2 2 ữ (4) và sao cho 1 tg , tg3 , tg9 3 (5). Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có : tg3 , tg9y z = = và tg27x = 6 Từ đây dễ dàng suy ra ( ) , ,x y z là nghiệm của (II) khi và chỉ khi tg3 , tg9y z = = , tgx = , với đợc xác định bởi (4), (5) và tg tg27 = (6). Lại có : ( ) ( ) 6 26 k k Z = 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 : 3 9 , , , 0, 1, 12 26 26 26 k k k x tg y tg z tg k = = = = ữ 5. Giải hệ phơng trình : 1 1 1 3 4 5 1 x y z x y z xy yz zx + = + = + ữ ữ ữ + + = Giải. Nhận xét : 0; , ,xyz 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 dơng . Đặt ( ) 0 tg ; tg ; tg 0 , , 90x y z = = = < < . Hệ ( ) ( ) 1 1 1 3 tg 4 tg 5 tg 1 tg tg tg tg tg tg tg tg tg 1 2 + = + = + ữ ữ ữ + + = (1) 2 2 2 1 tg 1 tg 1 tg 3 4 5 tg tg tg + + + = = ữ ữ ữ 3 4 5 sin2 sin2 sin2 = = Từ (2) suy ra : ( ) tg tg tg 1 tg tg + = ( ) ( ) tg tg tg tg 1 tg tg co + = = + ( ) tg tg 2 2 = + + + = ữ . Do = = < < + + = 3 4 5 sin2 sin2 sin2 0 , , ; 2 2 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 0 0 2 90 45 z tg 1 = = = = 2 2 2tg 3 2x 3 1 tg2 x 1 tg 4 1 x 4 3 = = = = 2 2 2tg 4 2y 4 1 tg2 y 1 tg 3 1 y 3 2 = = = = 7 Tuyển tập các bài toán 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 với : ( ) ( ) 2 2 3 2 0x y x y+ + = Để phơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có : ( ) ( ) 2 2 7 3 4 2 0 1 3 y y y = (3) Mặt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với : ( ) 2 2 4 3 4 0y x y x x+ + + = Để phơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có : ( ) ( ) 2 2 4 4 4 3 4 0 0 3 x x x x = + (4) Từ (3) và (4) ta có : 4 2 256 49 697 698 81 9 81 81 x y+ + = < , không thoả mãn (1). Vậy hệ phơng trình đã cho vô nghiệm . 2. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) Giải hệ phơng trình : 1 3 1 2 1 7 1 4 2 x x y y x y + = ữ + = ữ + 3. ( Đề 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 2 x y y a x y xy y b = + + = Giải . Điều kiện có nghĩa của hệ : x, y R . Viết lại hệ dới dạng : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 1 2 y x y a y x y b = + = Xét các trờng hợp sau : Trờng hợp 1 : 0b = . Khi đó : ( ) 0 2 y y x = = và do vậy : Hệ đã cho ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 2 0y I y x y a y x II y x y a = = = = 8 Có (II) 4 2 2 y x x a = = Từ đó : + Nếu 0a thì (I) và (II) cùng vô nghiệm, dẫn đến hệ vô nghiệm . + Nếu 0a = thì (I) có vô số nghiệm dạng ( ) , 0x R y = , còn (II) có duy nhất nghiệm ( ) 0, 0x y= = . Vì thế hệ đã cho có vô số nghiệm . Trờng hợp 2 : 0b . 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 3 b x y y = . Thế (3) vào (1) ta đợc : 3 3 2 b y y y a y = ữ ữ Đặt 0y t= > . Từ (4) ta có phơng trình sau : ( ) ( ) 3 3 2 2 6 2 9 3 2 0 5 b t t t a t b t a t t = + = ữ Xét hàm số : ( ) ( ) 3 9 3 2 f t t b t a t= + xác định trên [ ) 0;+ có : ( ) ( ) [ ) 2 8 3 2 2 f' 9 9 0, 0;t t b t t a t= + + + . Suy ra hàm số ( ) f t đồng biến trên [ ) 0; + , và vì thế phơng trình (5) có tối đa 1 nghiệm trong [ ) 0; + . Mà ( ) 3 f 0 0b= < và ( ) 3 2 3 f b 0b b a= + > , nên phơng trình (5) có duy nhất nghiệm, kí hiệu là 0 t trong ( ) 0; + . Suy ra hệ có duy nhất nghiệm 2 2 0 0 0 , b x t y t t = = ữ . Vậy tóm lại : + Nếu 0a b = = thì hệ đã cho có vô số nghiệm . ` + Nếu a tuỳ ý , 0b thì hệ đã cho có duy nhất nghiệm . + Nếu 0, 0a b = thì hệ đã cho vô nghiệm . 4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình : 2 2 2 2 2 1x xy y x xy y m + = + + = (1) có nghiệm . Giải . + Với 0y = hệ trở thành 2 2 2 1x x m = = . Hệ có nghiệm khi 1 2 m = + Với 0y , đặt x t y = , hệ trở thành 2 2 2 2 1 2 1 1 t t y m t t y + = + + = ( ) 2 2 2 2 1 2 1 (2) 1 2 1 t t y t t m t t + = + + = + Vậy hệ PT (1) có nghiệm ( ) ,x y khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm ( ) ,t y . 9 XÐt hÖ (2), tõ 2 2 1 2 1t t y + − = suy ra 2 1 2 1 0 1 2 t t t t < −   + − > ⇔  >   . Do ®ã hÖ (2) cã nghiÖm ( ) ,t y 2 2 1 2 1 t t m t t + + ⇔ = + − cã nghiÖm ( ) 1 , 1 , 2 t   ∈ −∞ − ∪ +∞  ÷   . XÐt hµm sè ( ) 2 2 1 f 2 1 t t t t t + + = + − trªn kho¶ng ( ) 1 , 1 , 2   −∞ − ∪ + ∞  ÷   . Ta cã : ( ) ( ) 2 2 2 6 2 f' 2 1 t t t t t + + = − + − , ( ) 3 7 f' 0 3 7 t t t  = − − = ⇔  = − +   LËp b¶ng biÕn thiªn : t −∞ 3 7− − 3 7− − −∞ f’(t) - 0 + + 0 - f(t) 1 2 +∞ 14 5 7 28 11 7 + + −∞ −∞ +∞ 1 2 Nh×n vµo b¶ng biÕn thiªn ta thÊy ®Ó hÖ cã nghiÖm : 14 5 7 28 11 7 m + ≥ + .  5. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 1 1 2 3 2 x y x y  + =   − =   Gi¶i . Râ rµng nÕu 3 2y = hÖ v« nghiÖm. Víi 3 2y ≠ , tõ (2) suy ra 3 3 2 x y = − , thay vµo (1) ta cã : ( ) ( ) 3 3 27 2 3 1 2 y y + = − (3) . XÐt hµm sè : ( ) ( ) ( ) 3 3 27 2 3 f 1 2 y y y + = − − , ta cã : ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 81 8 6 2 f' 2 y y y y + + = − − Suy ra : ( ) f' 0 1y y= ⇔ = − Ta cã b¶ng biÕn thiªn : y −∞ -1 +∞ f’(y) + 0 - - f (y) 0 −∞ −∞ +∞ −∞ 10 -1 1 2 3 2 . quát, giả sử : { } min , , ,x x y z t= . + Nếu ( ) ( ) 1; , , , 1;x x y z t + + , do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm duy nhất : 2 3x y z t= = = = + . + Nếu [ ] 0; 1x (. = ữ + ( ) ( ) 1 1 2 2 1 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 = =. ) 2 1 1 1 1 1 u v s a u v s + + = + + = + Điều kiện cần : Giả sử hệ phơng trình (1) có nghiệm . Theo bất đẳng thức Bunhia ta có : ( ) 1 1 1 9 2 9 2 a u v s a u v s = + + + + ữ + Điều kiện