Chuyên đề hệ phương trình bồi dưỡng học sinh giỏi

1 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 : () () () 32 32 32 33ln 1 33ln 1 33ln 1 x xxxy y yyyz zz zz x + + + = + + + = + + + = Giải : Xét hàm số : () ( ) 32 f33ln1tt t tt=++ + Ta có : () 2 2 2 21 f' 3 1 0, R 1 t tt x tt =++ > + Vậy hàm số () f t đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phơng trình nh sau : () () () f f f x y y z zx = = = Không mất tính tổng quát, giả sử : { } min , , x xyz= . Lúc đó : () () ( ) ( ) f f f f x yxyyzyzzx . Hay : x yzx x yz== Với : x yz== , xét phơng trình : ( ) 32 23ln 10xx xx + + + = Do hàm số : () ( ) 32 23ln 1xx x xx =++ + đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : 1x = . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : 1 x yz = ==. " Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ phơng trình có dạng : ( ) ( ) () () ()() () () 12 23 1 1 fg fg fg fg nn n xx xx xx xx = = = = Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và ( ) 12 , , n x xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, , i x Ai n= thì 12 n x xx = ==. Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { } 112 min , , n x xx x= . Lúc đó ta có : () ( ) ( ) ( ) 12 1 2 2 3 23 1 f f g g n x xx x xxxxxx . Vậy : 12 1 n x xxx Từ đó suy ra : 12 n x xx===. Tháng 08 2007 Phạm Kim Chung 2 " Bài 2. Giải hệ phơng trình : 32 32 32 2 2 2 1 4 1 4 1 4 xx yy zz y z x + + + = = = Giải: Vì vế trái của các phơng trình trong hệ đều dơng nên hệ chỉ có nghiệm : ,, 0xyz> . Xét hàm số : () 32 2 1 f 4 tt t + = , ta có : () ( ) () 32 2 2 1 f' 2ln 4 3 . 0, 0 4 tt ttt t + = +<> . Vậy hàm số () f t nghịch biến trên khoảng ( ) 0; + . Không mất tính tổng quát, giả sử : { } min , , x xyz= . Lúc đó : () () ( ) ( ) f f f fz x yxyyzy zx () () f fz x zx yx= = = . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : 1 2 xyz = == . " Bài toán tổng quát 2 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n lẻ ): ( ) ( ) () () ()() () () 12 23 1 1 fg fg fg fg nn n xx xx xx xx = = = = Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( ) 12 , , n x xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, , i x Ai n= thì 12 n x xx = == với n lẻ . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { } 112 min , , n x xx x= . Lúc đó ta có : () () () ( ) ( )() 12 1 2 2 3 23 1 1 12 f f g g f f nn x xx x xxxxxx x xxx . 12 x x= Từ đó suy ra : 12 n x xx===. " Bài 3. Giải hệ phơng trình : () () () () 2 2 2 2 12 12 12 12 x y y z zt tx = = = = 3 Giải : Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm : , , , 0xyzt . Xét hàm số : () ( ) 2 f1ss= , ta có : ( ) ( ) f' 2 1ss = . 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 xyzt= . + Nếu () ( ) 1; , , , 1;xxyzt+ +, do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm duy nhất : 23xyzt====+ . + Nếu [ ] 0; 1x ( ) 0 f 1 02 1 x y , hay [ ] 0;1y , tơng tự [ ] ,0;1zt . Vậy [ ] ,,, 0;1xyzt . Do đó ta có : () () ( ) ( ) f f f fz x yxyyzy zx x z=. Với x z= () () f fz x yt==. Lúc đó hệ phơng trình trở thành : () () () 2 2 2 12 12 12 x y xy xy yx xy = = = = = 23xy== Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm : 23xyzt====+ và 23xy== . " Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n chẵn ): ( ) ( ) () () ()() () () 12 23 1 1 fg fg fg fg nn n xx xx xx xx = = = = Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( ) 12 , , n x xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, , i x Ai n= thì 13 1 24 n n x xx x xx === === với n chẵn . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { } 112 min , , n x xx x= . Lúc đó ta có :. () () () ( ) 13 1 3 2 4 24 f f gg x xxx xx xx () () () () 24 35 35 f f gg x xxx xx ()() () ( ) 211 11 f fgg nnn n x xx x xx ()() ()() 11 2 2 f fgg nnn x xxxxx Vậy : 13 11 13 1 nn x xxxxxx === ; 24 2 24 nn x xxxxxx=== 4 Phần bi tập ứng dụng phơng pháp ) 1. Giải hệ phơng trình : 32 32 32 2782 2782 2782 x xx y y yy z zzz x += += += ) 2. Chứng minh với mỗi aR , hệ phơng trình : 23 23 23 x yya y zza zxxa = ++ = ++ = ++ có một nghiệm duy nhất . ) 3. Cho hệ phơng trình : 2 2 2 x ya y za zxa = + = + = + Tìm a để hệ phơng trình chỉ có nghiệm với dạng x yz== . ) 4. Giải hệ phơng trình : 3 11 2 3 22 3 3 99 99 100 3 100 100 1 322 322 322 322 xx x xx x x xx x xx += += += += ) 5. Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ phơng trình : 23 12 2 2 23 23 33 23 1 23 111 4 4 4 4 nnnn n x xxax x xxax x xxax x xxax =+ =+ =+ =+ có một nghiệm duy nhất . ) 6. Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và 0a . Chứng minh hệ phơng trình : 23 12 2 2 23 23 33 23 1 23 111 4 4 4 4 nnnn n x xxax x xxax x xxax x xxax =+ =+ =+ =+ có nghiệm duy nhất . ) 7. Chứng minh với mỗi aR , hệ phơng trình : 232 232 232 x yyya y zzza zxxxa = +++ = +++ = +++ có một nghiệm duy nhất . 5  Ii. HÖ ph−¬ng tr×nh gi¶i ®−îc b»ng ph−¬ng ph¸p l−îng gi¸c ho¸. " 1. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : ()() 22 111 (1) 1 1 2 (2) xyyx xy ⎧ −+ −= ⎪ ⎨ −+= ⎪ ⎩ Gi¶i. §K : 2 2 1 10 1 10 x x y y ⎧ ≤ ⎧ −≥ ⎪ ⇔ ⎨⎨ ≤ −≥ ⎪ ⎩ ⎩ §Æt cos ; y =cosx α β = víi [ ] ,0; α βπ ∈ , 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 αβ βα αβ αβ αααα ⎧ + ⎧ += ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ −+= ⎩ ⎪ − −−= ⎩ §Æt 2 1 sin cos , t 2 sin .cos 2 t t αα αα − =− ≤⇒ = Khi ®ã ta cã : 2 2 1 10 2 3 1 2 t tttt − −−=⇔+−⇒= Víi 1t = , ta cã : 0 2sin 1 0 42 1 x y ππ ααβ = ⎧ ⎛⎞ −=⇒=⇒=⇒ ⎨ ⎜⎟ = ⎝⎠ ⎩ NÕu : ( ) 0xaa ≤ > , ta ®Æt cos x a α = , víi [ ] 0; α π ∈ " 2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : ()( ) () () 22 21431 12 xy xy xy ⎧ −+ = ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ Gi¶i . Do [ ] 22 1, 1;1xy xy+=⇒ ∈− . §Æt sin , y cosx α α = = víi [ ] 0; 2 α π ∈ . Khi ®ã (1) () ( ) 2 sin cos 1 2sin2 3 αα α ⇔−+= 1 2. 2sin .2. sin2 3 42 π αα ⎛⎞⎛ ⎞ ⇔−+= ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝ ⎠ 4sin sin2 sin 3 46 ππ αα ⎛⎞⎛ ⎞ ⇔− += ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝ ⎠ 8sin sin cos 3 41212 ππ π αα α ⎛⎞⎛⎞⎛⎞ ⇔− − −= ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 4cos cos cos 2 3 12 3 6 ππ π αα ⎡⎤ ⎛⎞ ⎛ ⎞ ⇔+ −−= ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎢⎥ ⎝⎠ ⎝ ⎠ ⎣⎦ 2cos 4cos cos 2 3 12 12 6 πππ ααα ⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞ ⇔−−− −= ⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝⎠⎝ ⎠ 2cos 2 cos 3 cos 3 12 4 12 πππ ααα ⎡⎤ ⎛⎞ ⎛ ⎞⎛⎞ ⇔−− −+−= ⎜⎟ ⎜ ⎟⎜⎟ ⎢⎥ ⎝⎠ ⎝ ⎠⎝⎠ ⎣⎦ 2cos 3 3 4 π α ⎛⎞ ⇔− − = ⎜⎟ ⎝⎠ () 00 00 35 120 3 cos 3 42 65 120 k kR k α π α α ⎡ =− + ⎛⎞ −=−⇔ ∈ ⎢ ⎜⎟ =+ ⎝⎠ ⎣ Tõ ®ã suy ra hÖ cã 6 nghiÖm ( ) ( ) ( )( ) 00 00 00 , { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85xy=− , () ( ) ( ) 00 00 00 sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }−− − 6 Nếu : () 22 0xyaa+= >, ta đặt sin , cosxa ya == , với [ ] 0; 2 " 3. Giải hệ phơng trình : 2 2 2 2 2 2 x xy y y yz z zzx x + = + = += Giải : Từ các phơng trình của hệ , suy ra : , , 1xyz . 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 t g x = với ; 22 (4) và sao cho t g , t g 2, t g 41 (5). Tơng tự bài 2. Hệ phơng trình có 7 nghiệm 24 , , , 0, 1, , 3 77 7 kkk xtg ytg ztg k = == = Với mọi số thực x có một số với ; 22 sao cho t g x = " 4. Giải hệ phơng trình : 23 23 23 33 0 33 0 33 0 xzxzz yxyxx zyzyy += += += Giải . Viết lại hệ phơng trình dới dạng : () () () 23 23 23 13 3 13 3 13 3 x zzz y xxx zyyy = = = (I) Từ đó, dễ thấy nếu () ,, x yz 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) 13 3 (2) 13 3 (3) 13 zz x z xx y x yy z y = = = (II) Đặt t g x = với ; 22 (4) và sao cho 1 tg , tg3 , tg9 3 (5). Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có : tg3 , tg9yz = = và tg27x = 7 Từ đây dễ dàng suy ra () ,, x yz là nghiệm của (II) khi và chỉ khi tg3 , tg9yz = = , t g x = , với đợc xác định bởi (4), (5) và t g t g 27 = (6). Lại có : () ( ) 626kkZ = 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 : 39 , , , 0, 1, 12 26 26 26 kkk xtg ytg ztg k == = = " 5. Giải hệ phơng trình : 111 345 1 xyz xyz xy yz zx += += + ++= Giải. Nhận xét : 0; , , x yz x y z cùng dấu . Nếu ( ) ,, x yz là một nghiệm của hệ thì () ,, x yz cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm , , x yz dơng . Đặt ( ) 0 t g ;t g ;t g 0,,90xyz ===<<. Hệ () () 111 3tg 4tg 5tg 1 tg tg tg tg tg tg tg tg tg 1 2 += += + ++= (1) 222 1tg 1tg 1tg 345 tg tg tg +++ == 345 sin2 sin2 sin2 == Từ (2) suy ra : () t g t g t g 1t g t g += ( ) () tg tg tg tg 1tgtg co + = =+ () tg tg 22 =+++= . Do == <<++= 345 sin2 sin2 sin2 0,, ; 22 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 00 290 45 ztg1= = = = 22 2tg 3 2x 3 1 tg2 x 1tg 4 1x 4 3 = = = = 22 2tg 4 2y 4 1 tg2 y 1tg 3 1y 3 2 = = = = 8 Tuyển tập các bi toán hay II . Hệ phơng trình 2 ẩn. " 1. Giải hệ phơng trình : 42 22 698 (1) 81 3 4 4 0 (2) xy xyxyxy += +++= Giải : Giả sử hệ phơng trình có nghiệm . Ta thấy (2) tơng đơng với : ()() 2 2 320xy xy+ + = Để phơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có : ()() 22 7 34 2 01 3 yy y= (3) Mặt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với : ( ) 22 4340yx yxx + ++= Để phơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có : () () 2 2 4 44 3400 3 xxx x= + (4) Từ (3) và (4) ta có : 42 256 49 697 698 81 9 81 81 xy+ + = < , 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 31 2 1 71 42 x xy y xy += + = + " 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 : 342 2232 2 xy y a x yxyyb = + += Giải . Điều kiện có nghĩa của hệ : x, y R . Viết lại hệ dới dạng : () () () () 33 2 2 2 1 2 yx y a yx y b = += Xét các trờng hợp sau : è Trờng hợp 1 : 0b = . Khi đó : () 0 2 y y x = = và do vậy : Hệ đã cho () () () () 33 2 33 2 0y I yx y a yx I I yx y a = = = = 9 Có (II) 42 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 ( ) ,0xRy = , còn (II) có duy nhất nghiệm () 0, 0xy==. Vì thế hệ đã cho có vô số nghiệm . è 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 () () 23 b xy y = . Thế (3) vào (1) ta đợc : 3 32 b y yya y = Đặt 0yt=> . Từ (4) ta có phơng trình sau : () () 3 3 2262932 05 b tttatbtat t =+= Xét hàm số : () () 3 932 f tt bt at= + xác định trên [ ) 0; + có : () () [ ) 2 8322 f' 9 9 0, 0;t t btta 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 f0 0b= < và ( ) 3 2 3 fb 0bba = +>, nên phơng trình (5) có duy nhất nghiệm, kí hiệu là 0 t trong ( ) 0; + . Suy ra hệ có duy nhất nghiệm 22 00 0 , b x tyt t = = . Vậy tóm lại : + Nếu 0ab== thì hệ đã cho có vô số nghiệm . ` + Nếu a tuỳ ý , 0b thì hệ đã cho có duy nhất nghiệm . + Nếu 0, 0ab= thì hệ đã cho vô nghiệm . " 4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình : 22 22 21xxyy x xy y m + = + += (1) có nghiệm . Giải . + Với 0y = hệ trở thành 2 2 21x x m = = . Hệ có nghiệm khi 1 2 m = + Với 0y , đặt x t y = , hệ trở thành 2 2 2 2 1 21 1 tt y m tt y += ++= () 2 2 22 1 21 (2) 12 1 tt y tt mtt += ++= + Vậy hệ PT (1) có nghiệm ( ) , x y khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm ( ) ,ty. 10 XÐt hÖ (2), tõ 2 2 1 21tt y +−= suy ra 2 1 210 1 2 t tt t < − ⎡ ⎢ +−> ⇔ ⎢ > ⎢ ⎣ . Do ®ã hÖ (2) cã nghiÖm ( ) ,ty 2 2 1 21 tt m tt ++ ⇔= +− cã nghiÖm () 1 ,1 , 2 t ⎛⎞ ∈−∞− ∪ +∞ ⎜⎟ ⎝⎠ . XÐt hµm sè () 2 2 1 f 21 tt t tt ++ = +− trªn kho¶ng () 1 ,1 , 2 ⎛⎞ −∞ − ∪ + ∞ ⎜⎟ ⎝⎠ . Ta cã : () () 2 2 2 62 f' 21 tt t tt + + =− +− , () 37 f' 0 37 t t t ⎡ =− − =⇔ ⎢ =− + ⎢ ⎣ LËp b¶ng biÕn thiªn : t −∞ 37−− 37−− − ∞ 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 23 1 1 23 2 xy xy ⎧ += ⎪ ⎨ −= ⎪ ⎩ 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 f1 2 y y y + = − − , ta cã : () () () 32 3 3 81 8 6 2 f' 2 yy y y + + =− − Suy ra : () f' 0 1yy=⇔=− Ta cã b¶ng biÕn thiªn : y −∞ -1 + ∞ f’(y) + 0 - - f (y) 0 −∞ − ∞ + ∞ − ∞ -1 1 2 3 2 [...]... nghiệm của hệ là: x = 10 77, y= 11 11 77 2 9 Cho hệ phơng trình 2 ẩn x, y : k x 2 + 3 x 4 + 3 x 2 + 1 = yx k 3 x 8 + x 2 + 3 x 2 + 1 + ( k 1) 3 x 4 = 2 y 3 x 4 1 Xác định k để hệ phơng trình có nghiệm 2 Giải hệ phơng trình với k = 16 ( ( ) ) 10 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996 Bảng A ) 1 3x 1 + =2 x+y Giải hệ phơng trình : 7y 1 1 = 4 2 x+y Giải ĐK có nghĩa của hệ : x 0,... Phơng trình có 1 nghiệm y = 1 và 1 nghiệm trong khoảng Dễ thấy y = 2 là 1 nghiệm thuộc khoảng ( 3 ) ( 3 2, + ) 2, + 1 Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm : ( 1; 1) và ; 2 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 + 22 x y +1 Giải hệ phơng trình. .. 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 : 12 x 2 48 x + 64 = y 3 2 3 12 y 48y + 64 = z 12 z 2 48z + 64 = x 3 x 19 + y 5 = 1890 z + z 2001 19 5 2001 5 Giải hệ phơng trình : y + z = 1890 x + x z19 + x 5 = 1890 y + y 2001 Giải Chúng ta sẽ chứng minh hệ. .. Tìm 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 x 4 + 2 x2 y = 2 5 4 2 11 Giải hệ phơng trình : y y + 2y z = 2 z5 z 4 + 2 z 2 x = 2 ( ( ( ) ) ) 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 thực... = y = z = 0 đpcm 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 ) x 3 + 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 +... nghiệm duy nhất của (2) Đáp số : x = 0, y = 1 8 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 Bảng B ) 7x + y + 2 x + 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 Đặt : 7x + y = a và 2x + y = b Từ hệ phơng trình đã cho ta có hệ : a + b = 5 b + x y = 2 (1 ) (2) Nhận thấy : a 2 b2 = 5 x Kết hợp với (1) suy ra : b = 5 x + x y = 2 x = 2y 1... ) > h ( h + 6 ) Tức là : 2 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 + = 11 y + = 2007 z + 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... 1) ( z + 2 ) + 1 0 2) x z y x3 + 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 : 1 1 1 8 = x+ y+ z x y z 3 1 1 1 118 x+ y+z+... 5 = 1890 y + y 2001 Giải Chúng ta sẽ chứng minh hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất x = y = z = 0 12 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 thiết : 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 1890... Từ (1) và (3) suy ra : x=y=z Phơng trình f ( x ) = g ( x ) có nghiệm duy nhất x=3 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất : x=y=z=3 16 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng B ) x 3 + 3x 2 + 2 x 5 = y Giải hệ phơng trình : y 3 + 3 y 2 + 2 y 5 = z z 3 + 3z 2 + 2 z 5 = x Giải Giả sử x = max { x, y, z} Xét hai trờng hợp : 1) x y z x3 + 3x 2 + 2 x 5 x Từ hệ trên ta có : 3 2 z + 3z + 2 z 5 . 1 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 : () () () 32 32 32 33ln. ) Giải hệ phơng trình : 725 22 xy xy xyxy + ++= ++= Giải : ĐK có nghĩa của hệ phơng trình : { } min7,2 x xy Đặt : 7 x ya+= và 2 x yb + = . Từ hệ phơng trình đã cho ta có hệ : ( ) () 51 22 ab bxy += += . Iii. Hệ phơng trình 3 ẩn. ) 1. ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996) Giải hệ phơng trình : 32 32 32 61280 61280 61280 yx x zy y xz z += += += ) 4. Giải hệ phơng trình :