skkn một số phương pháp giải hệ phương trình

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị TRƯỜNG THPT CHUN LƯƠNG THẾ VINH Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: NGUYỄN ANH TUẤN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học mơn: TỐN  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm: Các sản phẩm khơng thề in SKKN  Mơ hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2011 - 2012 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THƠNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: NGUYỄN ANH TUẤN Ngày tháng năm sinh: 18/11/1959 Nam, nữ: NAM Địa chỉ: 217/17 PHẠM VĂN THUẬN BIÊN HỊA Điện thoại: (CQ)/ Fax: E-mail: anhtuan1811@yahoo.com Chức vụ: GIÁO VIÊN Đơn vị cơng tác: TRƯỜNG THPT CHUN LƯƠNG THẾ VINH NR:061 3916509 II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chun mơn, nghiệp vụ) cao nhất: CỬ NHÂN - Năm nhận bằng: 1981 - Chun ngành đào tạo: SP TỐN III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Số năm có kinh nghiệm: SP TỐN 30 NĂM - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: * Phương trình hàm * Đa thức *Một số phương pháp tính giới hạn dãy số khảo sát tính hội tụ dãy số Tên SKKN : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia , kỳ thi Tóan Olympic 30-4 tốn thường gặp tóan giải hệ phương trình tính có nghiệm hệ Nên việc trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi kiến thức phương pháp giải hệ phương trình tóan liên quan đến hệ phương trình cần thiết Từ u cầu tơi hệ thống lại số phương pháp tập hợp tập điển hình cho dạng nhằm mục đích cung cấp cho học sinh lớp Chun Tốn số phương pháp để giải hệ phương trình dùng vài phương pháp để xác định số lượng nghiệm hệ phương trình nhằm ứng dụng vào việc giải tập kì thi thi học sinh giỏi Tốn Phần nghiên cứu tơi sử dụng để giảng dạy cho lớp 11và 12 Chun Tóan đội tuyển thi Olympic 30-4 năm học 2011-2012 HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI : Đề tài giảng dạy cho học sinh lớp 12 chun tóan bồi dưỡng đội tuyển Olympic 30/4 năm học 2011 – 2012 , bước đầu học sinh biết vận dụng cảm thấy thuận lợi việc giải tóan vấn đề TÀI LIỆU THAM KHẢO *Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng năm: 2006 đến 2011 Nhà xuất Đại học Sư phạm *Báo tóan học tuổi trẻ số năm 2005-2011 Nhà xuất giáo dục Việt Nam-Bộ giáo dục đào tạo *Nguồn Internet : - wwwtoantrunghoc.com/ /chuyendehephuongtrinhkhongmaumuc - wwwmathvn.com/ /phuongphapgiaihephuongtrinhkhongmaumuc.htm… NGƯỜI THỰC HIỆN (Ký tên ghi rõ họ tên) NGUYỄN ANH TUẤN BM04-NXĐGSKKN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị CỘNG HỒ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc , ngày tháng năm PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Họ tên tác giả: NGUYỄN ANH TUẤN Chức vụ: GIÁO VIÊN Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUN LƯƠNG THẾ VINH Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào tương ứng, ghi rõ tên mơn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học mơn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  Tính (Đánh dấu X vào đây) - Có giải pháp hồn tồn - Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp có   Hiệu (Đánh dấu X vào đây) - Hồn tồn triển khai áp dụng tồn ngành có hiệu cao  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng tồn ngành có hiệu cao  - Hồn tồn triển khai áp dụng đơn vị có hiệu cao  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng đơn vị có hiệu  Khả áp dụng (Đánh dấu X vào dòng đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Tốt  Khá  Đạt  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Tốt  Khá  Đạt  - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt  Phiếu đánh dấu X đầy đủ tương ứng, có ký tên xác nhận người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUN MƠN (Ký tên ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên đóng dấu) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I/DÙNG PHÉP THẾ: I.1.Phương pháp : • Phương pháp: Khi giải hệ phương trình đơi ta biến đổi phương trình hệ để biểu thức pt có liên quan với vài phuơng trình thay vào ptrình để hệ ptrình biết cách giải • Chú ý: Khi dùng phương pháp mà khơng dùng phép biến đổi tương đương sau tìm nghiệm hệ phương trình hệ ta phải thử lại nghiệm có nghiệm hệ ban đầu hay khơng kết luận  x  x + 1+ = y y   xy + y + + − x = Vd1: Gỉải hệ:  (I) Giải: đk:( 00) (x=0;y tùy ý) ; với đk  xy + + y = x   xy + y + + − x = thay (1) vào (2) ta : ⇔ (I) x + − x =1 (3) 0 ≤ x ≤ ⇔ 1 − x = + x − x ⇔ (x=0 hay x=1) (3) ⇔ − x =1- x x =  y = −1 i/ Với x=0 thay vào (2) ta có : y= -1 ta  ii/ Với x= thay vào (2) ta có : y + + y = (4) ; x=1>0 nên y>0 VT(4) >1 x =  y = −1 vào hệ ta thấy thỏa hệ Kết luận hệ có nghiệm (0;-1) Thay  Vd2: Gỉai hệ: 2  x + x y + x y = x +   x + xy = x + (I) Giải: 1 ( x + x + 6) = x + ( x + xy ) = x + ⇔  ⇔ 2 x y = (6 x + − x ) 2 x y = (6 x + − x )  (I) 2 ( cho kq) Vd3: Giải hệ:  x( y + 1)  x2 + y2 =    y ( x − 1) =  x + y (I) Giải:  x ( y + 1) x  x2 + y =   2 x ( y + 1) y ( x − 1) 3x − y  y ( x − 1) = y 4y + 2 2 2  x + y x + y x + y ⇒ ⇒ 3x- 4y=5 hay x= (j) (I) ⇒  = y (4 y + 5) y (4 y + 5) 4(4 y + 5) 3 Cũng từ (I) cho:3yx2-3y = 4xy2+4x (i) ;thế (j) vào (i) cho: -3y= + Thu gọn ptrình ta ptrình bậc ẩn y từ ta tìm nghiệm (x;y) hệ ;Thay vào hệ ban đầu để kiểm tra có nghiệm cần tìm khơng I.2 Bài tập: Gỉai hệ ptrình: 1/ 2  y − = x + x  2  x + y − x y =  x − y + =   x + y − = 11 − x 4/  2/ 5/ 2 3 x + y − x + y =  2  4,5 x + y − 3x + y =  4( y + z )  y z = x   4( x + z )  2 = 5y  x z x+ y  x2 y2 = 2z  3/ 2  x + y + x − y =  2 5 x + 2,5 y + 3x − y =  x y.z x+ y =   x y.z =3  y+z  x y.z =4  z + x  6/ II/ DÙNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG: II.1.Phương pháp: Đơi giải hệ ta biến đổi hệ phép biến đổi tương đương để nhận hệ cuối đơn giản *Chú ý: Khi dùng phương pháp học sinh cần phải kiểm tra phép biến đổi từ hệ đề cho dẩn tới hệ ngươc lại từ hệ liệu có dẩn tới hệ ban đầu hay khơng  x + y − xy =  2  x + y − x y = Vd1: Gỉai hệ:  (I) Giải: 2  y − y + x y (1 − y ) = −1 ⇔ 2 4 x + y − x y = (I) 4 x y (1 − y ) = (1 − y ) ⇔ 2 4 x + y − x y = ⇔ ( trừ vế với vế ptrình)   y =   ÷  4 x + y − x y = ÷    1 − y = x y   ÷  4 x + y − x y = ÷   ( x + y − x y )( x − y ) = + y  2 ( x + y + x y )( x + y ) = − y Vd2: Giải hệ:  (I) Giải: ( x + y − x y )( x − y ) = + y  2 2 3 ( x + y + x y )( x + y )( x + y − x y )( x − y ) = (1 − y )(1 + y ) ⇔ (I) 2 ( x + y − x y )( x − y ) = + y  3 3 ⇔ ( x + y )( x − y ) = − y ⇔ 2 ( x + y − x y )( x − y ) = + y   x = ( cho kq) II.2.Bài tập: Giải hệ ptrình:  x − x − y =   x − y + y = 2/   − x − = y − x   − y + y − 3x = 1/   x − y x2 − y2 =2  2  − x + y   y − x x2 − y =  − x2 + y   4/ 5/  x + y = 3( x + y )   x + x + x + = 15 y  x y + y − x + y =   x y + y − x − y = −1 3/  5y  x  x2 − y + x + y =   2 5 x + y + x − y =  x y 6/  III/ PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: III.1.Phương pháp: Khi giải hệ phương trình ta thường biến đối phương trình cách hợp lý để nhận hệ mà phương trình có biểu thức chứa ẩn chung để dùng ẩn phụ dẩn tới hệ ( với ẩn ) dể tìm nghiệm *Chú ý: Thơng thường ta dùng số ẩn phụ phương trình củ y  x  x2 + + y + =   ( x + y )(1 + ) =  xy Vd1:Giải hệ:  Giải: (I) đk:x;y ≠  ( x + y )(1 + x y ) =  2  ( x + 1)( y + 1) ( x + y )(1 + xy ) = xy ⇔ (I) ⇔  x y  =1  2  ( x + 1)( y + 1) ( x + y )(1 + xy ) = xy  9t.z =   −1 ∈[ ; ] t + z = 2 Ta có: hệ t;z  2 ( x + y )(1 + x y ) =   ( x3 + y )(1 + )3 = 27  x y Vd2: Giải hệ:  Giải : (I) y x 2 ; đặt t = + x ; z = + y từ : cho kq 2  ( x + y ) + ( y + x ) =   ( x + )3 + ( y + )3 = 27  y x (I) ⇔  u + v =  3 u + v = 27 Vd3: Gỉai hệ: 1 Đặt u= x+ y ;v= y+ x ta có: đặt S=u+v;P=u.v x  x − y + y =   x − xy − y =   S − P =  2≥  S − 3SP = 27 cho kq với: S 4P  (I) Giải: x  x − 2y + =  x y   x − y + =  y   x ( x − y) =  x( x − y ) = y ⇔  y (I) ⇔  ;x-2y x/y nghiệm pt t2-6t+6 =0 ( cho kq)  x ( y + z ) = (3x + x + 1) y z  2 2  y ( x + z ) = (4 y + y + 1).x z  z ( y + x) = (5 z + z + 1) y x Vd4: Giải hệ:  (I) Giải: Nếu hệ nhận x=0 nghiệm ta y=0 z=0 Rõ ràng (0;0;t);(0;t;0);(t;0;0) t nghiệm hệ Xét x.y.z ≠ (I) ⇔  1  1  + ÷ = + + x x  y z   1  1   + ÷ = + + y y  x z    + ÷ = + +  y x  z z2  Đặt u=1/x;v=1/y;t=1/z Ta có:  (v + t ) = + u + u  2 (u + t ) = + v + v (u + v) = + t + t (I) ⇔  (II) Lấy (2)-(3) cho : (t-v)(2u+t+v)=(v-t)(v+t+1)-1 hay (v-t)[2(u+v+t)+1]=1 Lấy (1)-(2) cho : (u-v)(u+v+2t)=(v-u)(v+u+1)-1 hay (v-u)[2(u+v+t)+1]=1 Do đó: v-t=v-u hay u=t III.2 Bài tập : Giải hệ phương trình sau :  x + x − y =  2 x + y = 1/   xy + y + x − y =   x + xy − y = 2/   ( x + y )(1 + xy ) =   2  xy + + x + y =  xy xy 4/  7/   xy + xy +    xy − −  xy 5/  1   x ( x + 1) + y ( y + 1) =   x y + x y + x y + = y  y = 13 x y = 12 x  y ( x + 1) = x( y + 1)   2 ( x + y )(1 + x y ) = 24 8/  x y  ( x + y )( y + x ) = 15   2 ( x + y )( x + y ) = 85  y2 x2 10/   x( x + y + 1) − =   ( x + y ) − x + = 13/ x + y x + y 7( x + y ) = 31( x + y )  2  x + xy + y = 3/   ( x + y )(1 + xy ) =    xy + =  xy 6/    y ( x + 1)( x + + y ) =    2( x + 1) = y.( x + + )  y 9/   xy (2 x + y − 6) + x + y =   2 ( x + y )(1 + xy ) = 11/   xy + x + = y  2 x y + xy + = 13 y 12/    x + y + x y + xy + xy = −   x + y + xy (1 + x) = −  14/   ( x + y )(1 + xy ) =   ( x + y )(1 + ) = 18  xy 15/  IV/ DÙNG ĐỊNH LÝ VIESTE : IV.1 Phương pháp : * Chú ý: x + y = s  x y = p với s;p cho trước x;y nghiệm phương trình t2-s.t+p = 1/ Nếu   x + y + z = s1   x y + y.z + xz = s2  x y.z = s 2/ Nếu  với s1 ;s2;s3 cho trước x;y;z nghiệm ph.trình t3-s1.t2+s2.t –s3 = Khi giải hệ phương trình đối xứng loại I đơi hệ có chứa vài tổng đối xứng ta thường nghỉ đến việc biến tổng đổi để đưa hệ xuất đầy đủ tổng đối xứng ẩn xét dùng định lí Vieste đảo Vd1: Giải hệ: x + y + z =   xyz =  x + y + z = 14  Giải: Từ (I) cho : (I) x + y + z =   xyz =  xy + yz + xz = 11  ; x;y;z nghiệm pt Từ đó: (x;y;z)=(1;2;3) hóan vò : t3-6t2+11t-6 =0 10 Vd2: Giải hệ: Giải: x + y + z =  2  x + y + z = 10  x + y + z = 350  (I) (1) ⇔ (x+y+z)3 = ⇔ x2+y2+z2+2(xy+yz+xz)= ; (2) nên có: xy+yz+zx = -5 −( x + y ) = z (a )   xy + yz + xz = −5(b)  x + y − ( x + y )7 = 350(i ) (I) ⇔  (i) ⇔ -xy(x+y)(x2+xy+y2) =50 (ii) Thay (a) vào (b) ta có: x2+y2+x.y = từ đó: x.y.z=2 x;y;z n0 pt: Vd3: Giải hệ: Giải: t3-5t -2 =  xy + y + =   yz + z + = x − y  xz + z + = x  ( x + 1)( y + 1) = x  ( y + 1)( z + 1) = x ( z + 1)( x + 1) = 3x (I) ⇔  Vd4: Giải hệ: ; suy : (x;y;z) =(-2;1- ;1+ ) hóan vò  x + y = z   y + z = x   z + x = y  (I) ⇔ (x=0;z=y=-1) ( x + 1)( y + 1) = x ≠   z + = 2( x + 1) 3( y + 1) = 2( x + 1)  (cho kq) (I) Giải: 1   2S = 2( x + y + z )   2t =  ( x + y )( y + z )( z + x) = P  Đặt S=x+y+z ; u=x.y+y.z+x.z ;P=x.y.z từ (I) cho x.y.z=P ≠  (II) Mà (x+y)(y+z)(x+z)= 2xyz+x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y) =2P+2x+2y+2z =2P+2S Do đó: P+S =4/P từ hệ (II) cho S= t.P nên S=3P 4P=4/P ( cho kq) IV.2.Bài tập : 24 2/ Khi x=y thay vào ( 2) ta có: 3log3(x+2) = 2log2(x+2) suy kq 1 + x cos x − cos y 1 − y = e   y = x − x2 −1 Vd8: Giải hệ:  (I) 1 + x cos x − cos z 1 + z = e   z = − 2x − x2 Giải: Đặt z = -y thì:  z ≤ ⇔ 2 ( x − 1) + ( z − 1) = pt (2) Từ đó: x;z ∈ [0;2] ; nên (1) ⇔ ln(x+1)-cosx= ln(z+1)-cosz ⇔ g(x)=g(z) với g(t) = ln(t+1)-cost g(t) đồng biến [0;2] nên x=z đó: x=z = 1- /2  x + y + = x + y  log x + y [4( x − y )] = x − y Vd9: Giải hệ:  (I) 0 < x + y ≠  x− y >0 Giải: đk:  Từ (1) đk cho x+y=4 ; thay vào (2) cho : 4(x-y)=4 x-y ; đặt t= x-y Ta có: 4t=4t Dùng hsố f(t) =4t -4t bbt cho pt f(t)=0 có tối đa n0 ; nhẫm t=1;t=1/2 n0 VIII.2 Bài tập: 1/ Giải hệ:  x − y = (log y − log x)(2 + xy )  x + y = 16 1/  2 x − y = ( y − x )( xy + 2)  x + y = 2/  e x − e y = (log y − log x)( xy + 1)  x + y = 3/  sin x − sin y = x − y  sin x + sin y = 4/  (3 y )log3 − x log5 = x (I )  log5 − y log3 = y ( x ) 5/  y + ln x =   y −1 x − =1 e + x   x − + log ( y + 1) = 6/   x11 + x y10 = y 22 + y12  y + 13x + = y x(3 x + y − 1)   7/  y + y = x + 3x + x +  − x2 − y = − y −1   8/  2(2 x + 1)3 + x + = (2 y − 3) y −   x + + y + =  1− x2  x − y = − x y −  ( x y + x ) − x y + − x = 10/  9/ 25  x − y sin x e = sin y   10 x + = 3( y + 2)  5π π < x, y <  2/ Giải hệ : a/  log ( x + 1) = x + y  1+ x − y 1+ x − y 1+ x − y −6 −3 = 61− x + y + 31− x + y − 91− x + y b/   x4 y  x2 y  x y  + −  + ÷+ + = −2 x y x  y x y  x + y6 − 8x + = 3/ Giải hệ: a/   x = x − 4 y −   y = y − x − b/  (17 − x) − x + (3 y − 4) − y =   2 x + y + + 3 x + y + 11 = x + x + 13 4/ Giải hệ: a/    tan x − tan y = y − x   y + −1 = x − y +   x; y ∈ ( 5π ; 7π )  2 b/  IX/ HỆ LẶP ẨN – ẨN : IX.1 Dạng :  y = g ( x)   x = g ( y)  x; y ∈ (a; b)  (I)  y = g ( x)  z = g ( y)    x = g (z)  x; y; z ∈ (a; b) ; (II) IX.2 Phương pháp : *Khi gặp hệ lặp nói ; g(t) hàm số đồng biến khỏang (a;b) ta thực hiện: i/ Xét ẩn x;y hệ nhở tính đồng biến hsố g ta dùng phản chứng để chứng minh khơng xảy x ≠ y ii/ Lập luận tương tử cho cặp biến khác nên hệ tương đương:  y = g ( x)   x = g ( y)  x; y ∈ (a; b)  ⇔  g ( x) = g ( y)   x; y ∈ (a; b) ;  y = g ( x)  z = g ( y)    x = g (z)  x; y; z ∈ (a; b) ⇔  g ( x) = x   x; y; z ∈ (a; b) Chú ý: Đơi ta phải dùng ẩn phụ để đưa lặp từ càc điều kiện ràng buộc hệ ta thu hẹp miền ẩn x;y;… chạy miền mà hsố g đồng biến  x + = 2( x − x + y )   y + = 2( y − y + x ) Vd1: Giải hệ:   x − x + x + = y   y − y + y +1 = 2x Giải: (I) ⇔  (I) (II) Xét hsố f(t)=t3-2t2+2t+1 ; t ∈ R f ‘(t) = 3t2-4t+2 >0 ; ∀t ∈ R ⇒ f(t) đồng biến (- ∞ ;+ ∞ ) Ta cm: x=y Giả sử: x > y 2x > 2y nên f(y) > f(x) ⇒ y > x ( f đồng biến ) nên x>x ( không xãy ) Cm tt x < y không xãy nên x=y Do đó: x3-2x2+2x+1 =2x ⇔ x3-2x2+1 = cho kq 26  x + x − 18 = y + y  3  y + y − 18 = z + z  z + z − 18 = x + x Vd2: Giải hệ:  (I) Giải: Đặt f(t)=2t3+3t2-18 ; g(t)=t3+t ; t thuộc R g đồng biến R Hệ thành : Có thể coi  f ( x) = g ( y )   f ( y ) = g ( z ) ( II )  f ( z ) = g ( x)  x= max { x; y; z} thì: g(x) ≥ g(y) g(x) ≥ g(z)  g ( x ) ≥ f ( x) ⇔ ( x − 2)( x + x + 9) ≤ x ≤ ⇔   f ( z) ≥ g ( z) ( z − 2)( z + z + 9) ≥  z ≥ Vậy : x=z=2 y=2 ( thử lại) Do đó:  Vd3: Cho a ≠ 0; Giải hệ:  x ( y + a ) = y ( y + 9a )  2 2  y ( z + a ) = z ( z + 9a )  z ( x + a ) = x ( x + 9a )  (I) Giải: Đặt t (t + 9a ) 2 f(t)= 2(t + a ) ; t ∈ R Hệ  x = f ( y)   y = f ( z)  z = f ( x)  ( x − 3a ) 2 2 f ‘(x)= 2( x + a ) ≥ 0; ∀x ∈ R ⇒ f đồng biến R ; x;y;z thuộc R Xét số x;y Giả sử : x>y f(x)>f(y) f tăng R ; gt cho z > x nên f(z) > f(x) đó: y>z Tính bắc cầu cho x>x ( !) Giả sử : x < y : cm tương tự củng tới vô lí Do đó: x= y Tương tự : x=y=z Do đó: 2x(x2+a2 ) = x(x2+9a2) từ đó: x=0 x=a x= -a Nghiệm hệ : (0;0;0) ; (a ; a ; a );(- a ;- a ; -a )  y +1 x = 1+ x   z +1  y = 1+ y   z = 1+ x +1 z  Vd4: Giải hệ:  (I) 27 Giải: gt cho x;y;z > (I)  y = x3 − x −  ⇔  z = y3 − y −  x = z3 − z −1  Xét h/số g(t) = t3-t-1 ;t>1  y = g ( x)  z = g ( y)  ⇔  x = g ( z)  x; y; z > g đồng biến khoảng (1;+ ∞ ) ; (I) Vd 5: Giải hệ:   x1 =    x2 =   x =     x4 = cos(π x2 ) cos(π x3 ) cos(π x4 ) cos(π x1 ) Giải: gt cho ∀k =1;2;3;4 xk ≤ ( cho kq) (I) π < π xk < đó: ⇒ 00 nên từ (1) cho 0