D05 phương pháp đánh giá muc do 3

 x  y  x  1 (1)   (2) 3 y  z  y  y  1   z x  z  z  z  1 (3) Câu [DS10.C3.2.E05.c] Giải hệ phương trình:  Lời giải Nếu x 0 từ (1) suy y 0 từ (2) suy z 0 Thay vào (3) thỏa mãn Nếu x 0 từ (1) ta y  , từ (2) suy z  từ (3) suy x  x  y  x 2 xy  x  y Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có 2 y  z y  y   z.3 y  y  z Tương tự 4 z  x z  z  z  x.4 z  z x Và Suy x  y  z  x hay x  y z Khi thay vào hệ ta được: x  y z 1 Hệ có nghiệm: (0;0;0), (1;1;1)     Câu   [DS10.C3.2.E05.c] (HSG Toán 10 - Hà Nam năm 19-20) Giải hệ phương trình:    4 6 x  x  x   x  x    x  x   1     2 3x  x   y      ( x, y   )  Lời giải  x   2  x x  x  x   x  x  x        ĐK:  1  x  Pt x  x  x   x  x    x   Áp dụng bất đẳng thức Cau-chy, ta có: x3 x3 x3 x3   3 3 x 2 2 Và Suy ra: Do   x  x    x   6 x  1  x 2 ( thỏa mãn)  x  1  x   6x  x  x   2    y  1 y    y  1  y    2 Vậy hệ phương trình có nghiệm: Câu x x  x   x  x   x  2  x; y   2;   x; y   2;    3x  x   x x  2  y  1 y  y   1  x  y 2 x  y    [DS10.C3.2.E05.c] Giải hệ phương trình  Lời giải  + ĐKXĐ: + Ta có  1  x  x   x x  2  y  1 y  y  3 x  x   x x  2  y 1 y  y   2  x  y 2 x  y  3 x  x   x x  2  y 1 y  y   2  x  x  2 y  y 2  2 x  x x  2  y  1   y  1  2   x  x  2 y  y 2   x  x x   y  1   y  1  2   x  x  2 y  y Xét hàm số  y  1 2 1   * f  t  t  t t  t   , f  t  2t  t   Ta có biến   *  Do  y  1 t2 t 1 2t  t 0, t   , suy hàm số x  x x   y  1   y 1  y 1 1  x  y 1 f  t  t  t t  đồng   ta có: Thay x  y  vào phương trình  y   y  1  y 2  y  1  y   y  y  0   y  2 2 ;  3 3   1;   ;  Câu Vậy nghiệm hệ phương trình [DS10.C3.2.E05.c] (HSG trường Thạch Thành-Thanh Hóa-18-19) Giải hệ phương trình  x  x    y  y   6 x  y  11  10  x  x 0 Lời giải  y  y  0   x  x  10 0 +) Điều kiện:  4(10  x  x ) 14  x  x y  x  11  10  x  x   +) Ta có 2 Rút gọn ta được: 4( y  x  11) 14  x  x  x  10 x  y  15 0 (3) +) Tương tự phương trình (1)  y2  y   x  x  y  y  0 (4) +) Cộng vế với vế (3) (4) ta được:  x 1 3x  x  y  y  12 0  3( x  1)  ( y  3) 0    y  x2  x    y  y   +) Kết hợp với điều kiện đề bài, suy nghiệm hệ phương trình (1;  3) Câu [DS10.C3.2.E05.c] (HSG ĐỒNG THÁP 18-19) Cho số thực 1 x  y  z  1 P x y   y z   z x  y z x Tính giá trị biểu thức x, y , z thỏa mãn Lời giải   x  y 1 1    y  1   z   z x 1 3  Từ giả thiết suy ra: Do đó, x, y, z 1 f  t   1  1;  t Hàm số hàm số nghịch biến khoảng x  y f  y  f  z  y  z  f  z   f  x  z  x f  x  f  y   x  y Nếu (vơ lí) x  y x  y  z Suy ra: Chứng minh tương tự, ta suy Thay x y z vào giả thiết ta được: x  x 1 Lúc đó, P 3 x x   P 9 x  x  1 9  P 3( P  0)