Đề hti học sinh giỏi quốc gia: hệ phương trình
Trang 1Hệ 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
f
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
3 2
3 2
2
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 :
Không mất tính tổng quát giả sử : x1=min{x x1, 2 ,x n}
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
Giải hệ phương trình :
2 2 2 2
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪⎩
Trang 3Giải :
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
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 :
Không mất tính tổng quát giả sử : x1=min{x x1, 2 ,x n}
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 4Phần bμi tập ứng dụng phương pháp
) 1 Giải hệ phương trình :
3 2
3 2
3 2
⎨
⎩
) 2 Chứng minh với mỗi a∈R, hệ phương trình :
2 3
2 3
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
) 4 Giải hệ phương trình :
3
3
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
2 3
1
2 3
1 1 1
4 4
4 4
n n n n n
ư
⎪⎪
⎨
⎪
⎩
có một nghiệm duy nhất
) 6 Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và a ≠0 Chứng minh hệ phương trình :
2 3
2 3
1
2 3
1 1 1
4 4
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
2 3 2
2 3 2
⎨
⎪ = + + +
⎩
có một nghiệm duy nhất
Trang 5Ii 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
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
k
α π
α
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 6Nếu : 2 2 ( )
0
x +y =a a> , ta đặt x= asin ,α y= acosα, với α∈[0; 2π]
" 3 Giải hệ phương trình :
2 2 2
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
2
2
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
" 4 Giải hệ phương trình :
⎨
⎩
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 7Từ 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 :
" 5 Giải hệ phương trình :
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 8Tuyển tập các bμi toán hay
II Hệ phương trình 2 ẩn
" 1 Giải hệ phương trình :
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 )
Giải hệ phương trình :
1
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
3 3 2
0
y
I
II
=
⎧⎪
⎪⎩
= ư
⎧⎪
⎪⎩
Trang 9Có (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
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
2
2
1
1
t t
y m
t t
y
⎪⎪
⎨
⎪ + + =
⎪⎩
⇔
2
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 10Xét 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
y
+
=
ư (3) Xét hàm số : ( ) ( )
( 3 )3
27 2 3
2
y y
y
+
3 2 3 3
f'
2
y
y
= ư
ư Suy ra : f'( )y = ⇔ = ư0 y 1
Ta có bảng biến thiên :
f (y)
0
+∞
ư∞
2
3 2
Trang 11Nhìn 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 )
Giải hệ phương trình :
1
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)
Giải hệ phương trình :
3 2
3 2
3 2
⎪ ư + ư =
⎨
⎩
) 4 Giải hệ phương trình :
⎨
⎩
" 5 Giải hệ phương trình :
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 13Giả 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 3
2 3
2 30 16
x x y z
y y z x
z z x y
⎨
⎪
⎪⎩
" 8 Giải hệ phương trình :
⎨
⎪
⎪⎩
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
π
⎪
⎪⎩
sin4 sin3
π
⎨
=
Trang 14Giải 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
2004 6 6
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
2004 6 6 6 6
2 2
⎨
⎩
2004 6
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
2 2
1 2
⎪ + + =
⎨
⎪ + + =
⎩
) 11 Giải hệ phương trình :
5 4 2
5 4 2
5 4 2
⎨
) 12 Giải hệ phương trình :
⎨
⎪
⎪⎩
" 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