Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình

Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh... Phần bμi tập ứng dụng phương pháp 1... Hệ phương trình giải được bằng phương pháp lượng giác hoá... Dễ dàng kiểm tra được rằng, tất cả các giá

Trang 1

Hệ phương trình

I Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh.

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

Giải hệ phương trình :

⎨

⎪

⎪⎩

Giải :

f t = + ư +t 3t 3 ln t ư + t 1

Ta có : ( ) 2 2

2

1

t

t t

ư

ư + Vậy hàm số f t( ) đồng biến trên R Ta viết lại hệ phương trình như sau :

( )

f

⎨

⎩

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= = , xét phương trình : y z 3 ( 2 )

x + xư + x ư + = x

ϕ = + ư + ư + 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 :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1

n n n

ư

⎪⎪

⎨

⎪

=

⎪⎩

Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và (x x1, 2 ,x n) là nghiệm của hệ phương trình , trong

đó x i∈A, ∀ =i 1, 2, ,n thì x1=x2 = = x n

Chứng minh :

Không mất tính tổng quát giả sử : x1=min{x x1, 2 ,x n}

Lúc đó ta có : fx1≤x2⇒ ( )x1 ≤ f( )x2 ⇒g( ) ( )x2 ≤g x3 ⇒x2 ≤x3 ⇒x n ≤x1

Vậy : x1≤x2 ≤ ≤x n ≤ x1

Từ đó suy ra : x1=x2 = = x n

Tháng 08 – 2007 Phạm Kim Chung

Trang 2

" Bài 2

Giải hệ phương trình :

3 2

2

1 4 1 4 1 4

x x

y y

z z

y

z

x

+

⎧⎛ ⎞

⎝ ⎠

⎪

⎨⎜ ⎟⎝ ⎠

⎪

⎛ ⎞

⎪⎝ ⎠

⎩

Giải:

Vì vế trái của các phương trình trong hệ đều dương nên hệ chỉ có nghiệm : x y z >, , 0 Xét hàm số : ( )

3 2

2 1 f

4

t t t

+

⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠ , ta có : ( ) ( ) ( 2 ) 1 23 2

4

t t

+

⎛ ⎞

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

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : 1

2

x= = = y z

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

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1

n n n

ư

⎪⎪

⎨

⎪

=

⎪⎩

Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và (x x1, 2 ,x n) là nghiệm của hệ phương trình , trong

đó x i∈A, ∀ =i 1, 2, ,n thì x1=x2 = = với n lẻ x n

Chứng minh :

Lúc đó ta có :

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

⇒ x1 =x2

Từ đó suy ra : x1=x2 = = x n

" Bài 3

2 2 2 2

⎪

⎨

⎪

⎪⎩

Trang 3

Giải :

Vì vế trái của các phương trình trong hệ không âm nên phương chỉ có nghiệm : , , ,x y z t ≥0 Xét hàm số : ( ) ( )2

f s = ưs 1 , ta có : f'( ) (s =2 sư1) 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 2y≤1, hay y ∈[ ]0;1 , tương tự ⇒z t, ∈[ ]0; 1 Vậy x y z t ∈, , , [ ]0; 1 Do đó ta có :

x≤ ⇒y x ≥ y ⇒ ≥ ⇒y z y ≤ ⇒ ≤z x ⇒ = x z

Với x=z ⇒f( )x = f z( )⇒ =y t

Lúc đó hệ phương trình trở thành : ( )

2 2

x y

⇔ = = ư

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

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

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1

n n n

ư

⎪⎪

⎨

⎪

=

⎪⎩

Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và (x x1, 2 ,x n) là nghiệm của hệ phương trình , trong

đó x i∈A, ∀ =i 1, 2, ,n thì 1 3 1

2 4

n n

ư

⎡

Chứng minh :

Lúc đó ta có :

2 4

3 5

1 1

n

ư

Vậy : x ≤x ≤ ≤x ư ≤x ⇒x =x = = x ư ; x ≥x ≥ ≥x ≥x ⇒x =x = = x

Trang 4

Phần bμi tập ứng dụng phương pháp

) 1 Giải hệ phương trình :

3 2

⎨

⎩

) 2 Chứng minh với mỗi a∈R, hệ phương trình :

2 3

⎨

⎪ = + +

⎩

có một nghiệm duy nhất

) 3 Cho hệ phương trình :

2 2 2

⎧ = +

⎨

⎪ = +

⎩ Tìm a để hệ phương trình chỉ có nghiệm với dạng x= = y z

3

99 99 100 3

100 100 1

⎪⎪

⎨

⎪

⎩

) 5 Cho n là số nguyên lớn hơn 1 Tìm a để hệ phương trình :

2 3

1

2 3

1 1 1

4 4

n n n n n

ư

⎪⎪

⎨

⎪

⎩

) 6 Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và a ≠0 Chứng minh hệ phương trình :

2 3

1

2 3

1 1 1

4 4

n n n n n

ư

⎪⎪

⎨

⎪

⎩

có nghiệm duy nhất

) 7 Chứng minh với mỗi a∈R, hệ phương trình :

2 3 2

⎨

⎪ = + + +

⎩

Trang 5

Ii Hệ phương trình giải được bằng phương pháp lượng giác hoá

" 1 Giải hệ phương trình :

1 1 2 (2)

⎪

⎨

⎪⎩

Giải ĐK :

2 2

1

x x

y y

⎧ ≤

Đặt x=cos ; y=cosα β với α β, ∈[0;π], khi đó hệ phương trình :

cos sin cos sin =1

2

sin cos sin cos 1 0

π

⎧ +

Đặt

2 1 sin cos , t 2 sin cos

2

t

Khi đó ta có :

2

2 1

2

t

tư ư ư = ⇔ + ư ⇒ = t t t

x y

⎛ ư ⎞

= ⇒ = ⇒ = ⇒ ⎨

Nếu : x ≤a a( >0), ta đặt x=acosα, với α∈[0;π]

" 2 Giải hệ phương trình : ( )( ) ( )

( )

2 2

⎪

⎨

⎪⎩

Giải Do 2 2 [ ]

x +y = ⇒x y∈ ư Đặt x=sin , yα =cosα với α∈[0; 2π] Khi đó (1) ⇔ 2 sin( αưcosα)(1 2sin2+ α)= 3

1

π

π α

3 cos 3

k

α π

α

⎢

Từ đó suy ra hệ có 6 nghiệm ( ) ( 0 0) ( 0 0) ( 0 0)

, { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85

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

Trang 6

Nếu : 2 2 ( )

0

x +y =a a> , ta đặt x= asin ,α y= acosα, với α∈[0; 2π]

2 2 2

x x y y

y y z z

z z x x

⎨

⎩

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

2

(1) 1

2 (2) 1

2 (3) 1

x y

x y z y z x

z

⎧

=

⎪

⎪ =

⎪

=

⎪

ư

⎩

Đặt Đặt x=tgα với ;

2 2

π π

α∈ ư⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ (4) và sao cho tg , tg2 , tg4α α α ≠ ± (5) 1 Tương tự bài 2 Hệ phương trình có 7 nghiệm , 2 , 4 , 0, 1, , 3

Với mọi số thực x có một số α với ;

2 2

π π

α∈ ư⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ sao cho x=tgα

⎨

⎩

Giải Viết lại hệ phương trình dưới dạng :

⎨

⎪

⎪⎩

(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 x=tgα với ;

2 2

π π

α∈ ư⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ (4) và sao cho

1

tg , tg3 , tg9

3

α α α ≠ ± (5)

Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có : y=tg3 ,α z=tg9α và x=tg27α

Trang 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 được xác định bởi (4), (5) và tgα =tg27α (6)

Lại có : ( )6 ⇔26α =kπ(k∈Z)

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

26

kπ

α = với k nguyên thoả mãn :

ư ≤ ≤ Dễ dàng kiểm tra được rằng, tất cả các giá trị α được xác định như vừa nêu đều thoả mãn (5)

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

1

xy yz zx

⎪ + + =

⎩

Giải Nhận xét : xyz≠0; , ,x y z cùng dấu Nếu (x y z, , ) là một nghiệm của hệ thì

(ư ư ưx, y, z) cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm , ,x y z dương

x= α y= β z= γ <α β λ<

( )

⎩

(1)

sin2α sin2β sin2γ

Từ (2) suy ra : tgγ(tgα+tgβ)= ư1 tg tgβ α (tg tg ) ( )

1 tg tg

β α

+

ư

Do

⎪⎪

⎨

⎪⎩

nên 2 ,2 ,2 α β γ 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 γ = 90 ⇒ γ = 45 ⇒ = γ = z tg 1

α

β

Trang 8

Tuyển tập các bμi toán hay

 II Hệ phương trình 2 ẩn

4 2

2 2

698

(1) 81

3 4 4 0 (2)

⎪

⎨

⎪ + + ư ư + =

⎩

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

2

x + yư x+ yư = Để phương trình này có nghiệm đối với x ta phải có :

3

Δ = ư ư ư ≥ ⇔ ≤ ≤ (3) Mặt khác phương trình (2) cũng tương đương với : 2 ( ) 2

y + xư y+x ư x+ = Để phương trình này có nghiệm đối với y ta phải có :

3

Từ (3) và (4) ta có : 4 2 256 49 697 698

x +y ≤ + = < , không thoả mãn (1) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

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

1

x

x y

y

x y

⎨

⎩

" 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 :

3 4 2

2

⎨

⎩

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

Viết lại hệ dưới dạng :

3 3 2

2 2

1 2

⎪

⎨

⎪⎩

Xét các trường hợp sau :

è Trường hợp 1 : b =0 Khi đó :

=

⎧

⇔ ⎨ = ư

⎩ và do vậy : Hệ đã cho

⎡

⇔ ⎢

⎣

3 3 2

0

y

I

II

=

⎧⎪

⎪⎩

= ư

⎧⎪

⎪⎩

Trang 9

Có (II) 4 2

2

= ư

⎧

⇔ ⎨ư =

⎩

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

è Trường 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 ( )3

y

Thế (3) vào (1) ta được :

3

3 2

b

y

⎢⎜ ư ⎟ ư ⎥=

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

3

0 5

b

t

Xét hàm số : ( ) 9 ( 3)3 2

f t = ưt b ưt +a t xác định trên [0; + ∞) có :

f' t =9t +9 b ưt t +a ≥0, ∀ ∈t 0;+ ∞

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

[0; + ∞) Mà ( ) 3

f 0 = ưb < và 0 ( ) 3 2

3

f b = b + b a >0, nên phương trình (5) có duy nhất

nghiệm, kí hiệu là t trong 0 (0; + ∞) Suy ra hệ có duy nhất nghiệm 02 02

0 ,

b

t

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= thì hệ đã cho vô nghiệm 0

" 4 Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình :

⎨

Giải + Với y = hệ trở thành 0

2 2

2x 1

⎨

=

⎩ Hệ có nghiệm khi

1 2

m =

+ Với y ≠ , đặt 0 x t

y = , hệ trở thành 2

2

1

t t

y m

t t

y

⎪⎪

⎨

⎪ + + =

⎪⎩

⇔

2

1

(2)

t t

y

⎪

⎨

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

Trang 10

Xét hệ (2), từ 2t2 t 1 12

y

+ ư = suy ra 2

1

2

t

t t

t

< ư

⎡

⎢ + ư > ⇔

⎢ >

⎢⎣

Do đó hệ (2) có nghiệm ( )t y, 2

2

1

t t

m

t t

+ +

⇔ =

+ ư có nghiệm ( ) 1

2

t∈ ư∞ ư ∪⎛ + ∞⎞

⎝ ⎠ Xét hàm số ( ) 22

1 f

t t t

t t

+ +

= + ư trên khoảng

2

ư∞ ư ∪⎜ + ∞⎟

⎝ ⎠ Ta có : ( )

2

2 2

f'

t

t t

+ +

= ư

f' 0

t t

t

⎡ = ư ư

= ⇔ ⎢

= ư +

⎢⎣

Lập bảng biến thiên :

t ư∞ ư ư3 7 ư ư3 7 ư∞

f’(t) - 0 + + 0 -

f(t)

1

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

" 5 Giải hệ phương trình : ( ) ( )

3 3

x y

⎪

⎪⎩

Giải Rõ ràng nếu 3

2

y = hệ vô nghiệm

Với 3

2

y ≠ , từ (2) suy ra 33

2

x y

=

ư , thay vào (1) ta có :

( 3 )3

27 2 3

1 2

y

+

=

ư (3) Xét hàm số : ( ) ( )

( 3 )3

27 2 3

2

y y

y

+

3 2 3 3

f'

2

y

= ư

ư Suy ra : f'( )y = ⇔ = ư0 y 1

Ta có bảng biến thiên :

f (y)

0

+∞

ư∞

2

3 2

Trang 11

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

1; 2

Phương trình có 1 nghiệm y= ư và 1 nghiệm trong khoảng 1 (3 )

2, + ∞

Dễ thấy y= là 1 nghiệm thuộc khoảng 2 (3 )

2, + ∞

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : (ư ư1; 1) và 1; 2

2

⎝ ⎠

) 6 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 –Bảng B )

Giải hệ phương trình sau :

⎨

⎩

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

Giải hệ phương trình : ( )

x y x y x y

⎪

⎨

⎪⎩

Giải ĐK: y2+2x> 0

Đặt t=2xư thì phương trình thứ nhất của hệ trở thành : y

t t

t t t

t

+

Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến trên nên t=1 là nghiệm

duy nhất của (1)

2

y

xư = ⇒ =y x +

thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được :

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= ư 1

" 8 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 –Bảng B )

Giải hệ phương trình : 7 2 5

x y x y

⎪

⎨ + + ư =

⎪⎩

Giải : ĐK có nghĩa của hệ phương trình : min 7 , 2{ x x}≥ ư y

Đặt : 7x+ =y a và 2x+ =y b Từ hệ phương trình đã cho ta có hệ :

( ) ( )

a b

b x y

⎧ + =

⎪

⎨ + ư =

⎪⎩

Nhận thấy : a2ưb2 =5x Kết hợp với (1) suy ra : (5 )

2

x

= , thế vào (2) ta được :

( )

5

2

x

Thế (3) vào (2) ta có : 5 2 1 2 11 77

2

yư + ư = ⇒ =y y ư

Thế vào (3) suy ra nghiệm của hệ là: x =10ư 77, 11 77

2

y= ư

Trang 12

) 9 Cho hệ phương trình 2 ẩn x, y :

2 3 4 3 2

1

⎪

⎨

⎩

1 Xác định k để hệ phương trình có nghiệm

2 Giải hệ phương trình với k = 16

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

1

x

x y

y

x y

⎨

⎩ Giải ĐK có nghĩa của hệ : x≥0, y≥ và 0 2 2

0

x +y ≠

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

Hệ đã cho

1

3

1

7

⎧⎛ + ⎞=

⎪

⇔ ⎨

⎪ ư⎜ ⎟=

⎩

⇔

( ) ( )

1

⎧

⎪ +

⎪

⎨

⎪

⎩ Nhân (1) với (2) theo vế ta được :

Thay vào (2) và giải ra ta được : 11 4 7, 22 8 7

= = Thử lại ta thấy thoả mãn yêu cầu bt

 Iii Hệ phương trình 3 ẩn

) 1 ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996)

3 2

⎪ ư + ư =

⎨

⎩

⎨

⎩

19 5 2001

1890 1890 1890

⎨

⎩

Giải Chúng ta sẽ chứng minh hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất x= = = y z 0

Trang 13

Giả sử (x y z, , ) là một nghiệm của hệ phương trình khi đó (ư ư ưx, y, z) cũng là một nghiệm của

hệ phương trình , nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết : có ít nhất hai trong ba số , ,x y z

không âm Ví dụ x≥0, y≥ Từ phương trình thứ nhất ta suy ra 0 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+u4

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

Bởi vậy nếu cộng từng vế của HPT ta suy ra x= = = đpcm y z 0

) 6 Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

⎨

⎩

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

Giải hệ phương trình sau :

2 3

2 30 16

x x y z

y y z x

z z x y

⎨

⎪

⎪⎩

⎨

⎪

⎪⎩

Giải Viết lại hệ đã cho dưới dạng :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

⎩

⎩ Trong đó ( ) 3 2

f t = + +t t 2t và ( ) 3

g t =2t +1 Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm đồng biến

trên R vì : ( ) 2

f' t =3t + + >2t 2 0, ( ) 2

g t =6t ≥0, ∀ ∈t R

Suy ra hệ đã cho tương đương với hệ :

x

= =

⎧

⎩ Trong đó ( ) 3 2

h t = ư ư +t t 2t 1 Nhận xét rằng h t( ) liên tục trên R và : h( )ư <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 (ư2; 2)

Đặt x=2cos ,u u∈(0;π) Khi đó sinu ≠0 và (4) có dạng :

π

⎪

⎪⎩

sin4 sin3

π

⎨

=

Trang 14

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

u ⎧π π π⎫

u

π

⎪

⎩

" 9 Tìm tất cả các bộ ba số dương (x y z, , ) thoả mãn hệ phương trình :

2004 6 6

2 2 2

⎨

⎩

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< ≤ ≤ Như vậy : x y z

2004 6 6 6 6

2 2

⎨

⎩

2004 6

1

1 1

x

z

≥

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

) 10 Tìm điều kiện của m để hệ phương trình sau có nghiệm :

2 2 2

2 2

1 2

⎪ + + =

⎨

⎪ + + =

⎩

5 4 2

⎨

⎪

⎪⎩

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

⎪

⎨

⎪⎩

Giải ĐK: x≥1, y≥1, z≥ 1

Hệ phương trình tương đương với hệ phương trình :

⎪

⎨

⎪⎩

Đặt u = xư +1 x+ ; 1 v= yư +1 y+1 ; s= zư +1 z+ 1

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

u

2 2

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	266,51 KB