hệ phương trình thi học sinh giỏi

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= = = . Bài 2. 1 Tháng 08 2007 Phạm Kim Chung 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 = = = = Giải : Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm : , , , 0x y z t . 2 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 = = = Phần bài tập ứng dụng phơng pháp 3 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 . Ii. Hệ phơng trình giải đợc bằng phơng pháp lợng giác hoá. 4  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 }− − − NÕu : ( ) 2 2 0x y a a+ = > , ta ®Æt sin , cosx a y a α α = = , víi [ ] 0; 2 α π ∈ 5 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 = 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). 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 = = = = Tuyển tập các bài toán hay II . Hệ phơng trình 2 ẩn. 7 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 = = = = 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 . 8 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 . Xét hệ (2), từ 2 2 1 2 1t t y + = suy ra 2 1 2 1 0 1 2 t t t t < + > > . Do đó hệ (2) có nghiệm ( ) ,t y 9 2 2 1 2 1 t t m t t + + = + có nghiệm ( ) 1 , 1 , 2 t + ữ . Xét hàm số ( ) 2 2 1 f 2 1 t t t t t + + = + trên khoảng ( ) 1 , 1 , 2 + ữ . Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 6 2 f' 2 1 t t t t t + + = + , ( ) 3 7 f' 0 3 7 t t t = = = + Lập bảng biến thiên : t 3 7 3 7 f(t) - 0 + + 0 - f(t) 1 2 + 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 m + + . 5. Giải hệ phơng trình : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 1 1 2 3 2 x y x y + = = Giải . Rõ ràng nếu 3 2y = hệ vô nghiệm. Với 3 2y , từ (2) suy ra 3 3 2 x y = , thay vào (1) ta có : ( ) ( ) 3 3 27 2 3 1 2 y y + = (3) . Xét hàm số : ( ) ( ) ( ) 3 3 27 2 3 f 1 2 y y y + = , ta có : ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 81 8 6 2 f' 2 y y y y + + = Suy ra : ( ) f' 0 1y y= = Ta có bảng biến thiên : y -1 + f(y) + 0 - - f (y) 0 + Nhìn vào bảng biến thiên suy ra pt(3) không có nghiệm trên các khoảng ( ) ; 1 và ( ) 3 1; 2 . Phơng trình có 1 nghiệm 1y = và 1 nghiệm trong khoảng ( ) 3 2, + Dễ thấy 2y = là 1 nghiệm thuộc khoảng ( ) 3 2, + . 10 -1 1 2 3 2 [...]... Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm : ( 1; 1) và ; 2 ữ 2 6 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B ) x 3 + 3 xy 2 = 49 Giải hệ phơng trình sau : 2 2 x 8 xy + y = 8 y 17 x 7 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 Bảng A ) 1 + 4 2 x y 512 x + y = 1 + 2 2 x y +1 Giải hệ phơng trình : 3 2 y + 4 x + 1 + ln y + 2 x = 0 Giải ĐK: y 2 + 2 x > 0 Đặt t = 2 x y thì phơng trình thứ nhất của hệ trở... Xác định k để hệ phơng trình có nghiệm 2 Giải hệ phơng trình với k = 16 11 ( ( ) ) 10 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996 Bảng A ) 1 3x 1 + ữ= 2 x+y Giải hệ phơng trình : 7y 1 1 = 4 2 x+yữ 2 2 Giải ĐK có nghĩa của hệ : x 0, y 0 và x + y 0 Dễ thấy , nếu ( x , y ) là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x >0, y>0 Do đó : 1 1 2 2 1 2 = ( 1) 1 + ữ= x+y x+y 3x 7y 3x Hệ đã cho ... (2) và giải ra ta đợc : x = 11 + 4 7 , y = 22 + 8 7 Thử lại ta thấy thoả mãn yêu cầu bt 21 7 Iii Hệ phơng trình 3 ẩn 1 ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996) y 3 6 x 2 + 12 x 8 = 0 3 2 Giải hệ phơng trình : z 6 y + 12 y 8 = 0 x 3 6 z 2 + 12 z 8 = 0 4 Giải hệ phơng trình : 5 Giải hệ phơng trình : 12 x 2 48 x + 64 = y 3 2 3 12 y 48 y + 64 = z 12 z2 48z + 64 = x 3 x 19 + y 5 = 1890... 2) x z y x 3 + 3x 2 + 2 x 5 x Từ hệ trên ta có : 3 2 y + 3y + 2 y 5 y ( x 1) ( x + 2 ) 2 + 1 0 x 1 2 ( y 1) ( y + 2 ) + 1 0 1 y Cả hai trờng hợp đều cho x = z = y = 1 Thử lại ta thấy x = z = y = 1 là nghiệm của hệ phơng trình Tóm lại hệ đã cho có nghiệm duy nhất : x = z = y = 1 17 Giải hệ phơng trình : 18 Giải hệ phơng trình : Giải Hệ đã cho tơng đơng với : 1 1 1 8 =... điều kiện của m để hệ phơng trình sau có nghiệm : x 2 + y 2 z 2 + xy yz zx = 1 2 2 y + z + yz = 2 x 2 + z 2 + xz = m x5 x4 + 2x2 y = 2 5 4 2 y y + 2y z = 2 z5 z 4 + 2 z 2 x = 2 11 Giải hệ phơng trình : ( ( ( ) ) ) x 3 y 2 + 3y + 3 = 3y 2 3 2 2 12 Giải hệ phơng trình : y z + 3z + 3 = 3z 3 2 2 z x + 3x + 3 = 3x 13 Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ phơng trình sau có nghiệm... z19 + x 5 = 1890 y + y 2001 Giải Chúng ta sẽ chứng minh hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất x = y = z = 0 Giả sử ( x , y, z ) là một nghiệm của hệ phơng trình khi đó ( x, y, z ) cũng là một nghiệm của hệ phơng trình , nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thi t : có ít nhất hai trong ba số x, y, z không âm Ví dụ x 0, y 0 Từ phơng trình thứ nhất ta suy ra z 0 Mặt khác nếu 0 < u 1 thì... lại hệ có hai nghiệm : 0; 0; ữ, 0; ; ữ 2 2 2 iV Hệ phơng trình n ẩn ( n >3, n N ) 1 Giải hệ phơng trình : x1 + x2 = x31996 1996 x2 + x3 = x4 x + x = x 1996 1 1995 1996 1996 x1996 + x1 = x2 Giải : Gọi X là giá trị lớn nhất của các nghiệm xi , i = 1, 1996 và Y là giá trị bé nhất của chúng Thế thì từ phơng trình đầu ta có : 2X x1 + x2 = x31996 Từ đó đối với các phơng trình của hệ ta... > h ( h + 6 ) Tức là : u > 2, v > 2 Nh vậy hệ phơng trình (1) có nghiệm u 2, v 2, s 2 9 Tóm lại các số thực a cần tìm là tất cả các số thực a 2 14 Giải hệ phơng trình : 1 1 1 20 x + ữ = 11 y + ữ = 2007 z + ữ x y z xy + yz + zx = 1 15 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A ) x 2 2 x + 6.log ( 6 y ) = x 3 2 Giải hệ phơng trình : y 2 y + 6.log3 ( 6 z ) = y 2 z 2... = z = 0 đpcm 12 6 Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất : x 2 = ( 2 + m ) y 3 3y 2 + my 2 3 y = ( 2 + m ) z 3z + mz z 2 = ( 2 + m ) x 3 3 x + mx 7 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng A ) x3 + x ( y z) 2 = 2 2 Giải hệ phơng trình sau : y 3 + y ( z x ) = 30 3 2 z + z ( x y ) = 16 8 Giải hệ phơng trình : Giải ( ( ( ) ) ) x 2 ( x + 1) = 2 y 3 x +... nhất của (1) y +1 Vậy 2 x y = 1 x = thế vào phơng trình thứ hai của hệ ta đợc : 2 y 3 + 2 y + 3 + ln y 2 + y + 1 = 0 ( 2 ) Vế trái là hàm đồng biến do đó y =-1 là nghiệm duy nhất của (2) Đáp số : x = 0, y = 1 8 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 Bảng B ) 7x + y + 2x + y = 5 Giải hệ phơng trình : 2x + y + x y = 2 Giải : ĐK có nghĩa của hệ phơng trình : min { 7 x, 2 x} y ( ) 1 + 4t 51t = 1 + . 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. 1 và 1 ; 2 2 ữ . 6. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B ) Giải hệ phơng trình sau : 3 2 2 2 3 49 8 8 17 x xy x xy y y x + = + = 7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 Bảng A. 0 3 7 t t t = = = + Lập bảng biến thi n : t 3 7 3 7 f(t) - 0 + + 0 - f(t) 1 2 + 14 5 7 28 11 7 + + + 1 2 Nhìn vào bảng biến thi n ta thấy để hệ có nghiệm : 14 5 7 28