Cac phuong phap giai HPT

Tháng 08 2007 Phạm Kim Chung Hệ phương trình I Hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh Bài ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 ) x3 x ln x2 x y Giải hệ phương trình : y3 3y ln y2 y z z 3z ln z z x Giải : Xét hàm số : f t t 3t ln t t f' t 3t Ta có : 2t 0, x R t2 t Vậy hàm số f t đồng biến R Ta viết lại hệ phương trình sau : f x y f y z f z x Không tính tổng quát, giả sử : x x, y, z Lúc : x y f x f y y z f y f z z x Hay : x y z x x y z Với : x y z , xét phương trình : x3 x ln x2 x Do hàm số : x x3 x ln x2 x đồng biến R nên pt có nghiệm : x Vậy hệ phương trình có nghiệm : x y z Bài toán tổng quát Xét hệ phương trình có dạng : f x1 g x2 f x2 g x3 f x g x n n f xn g x1 Nếu hai hàm số f g tăng tập A x1 , x2 , xn nghiệm hệ phương trình , xi A, i 1,2, , n x1 x2 xn Chứng minh : Không tính tổng quát giả sử : x1 x1 , x2 , xn Lúc ta có : x1 x2 f x1 f x2 g x2 g x3 x2 x3 xn x1 Vậy : x1 x2 xn x1 Từ suy : x1 x2 xn Bài x x y y3 y2 z Giải hệ phương trình : z3 z2 x Giải: Vì vế trái phương trình hệ dương nên hệ có nghiệm : x, y, z f t Xét hàm số : t3 t f' t ln 3t t , ta có : t3 t 0, t Vậy hàm số f t nghịch biến khoảng 0; Không tính tổng quát, giả sử : x x, y, z Lúc : 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 : x y z Bài toán tổng quát Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ ): f x1 g x2 f x2 g x3 f x gx n n f xn g x1 Nếu hàm số f giảm tập A , g tăng A x1 , x2 , xn nghiệm hệ phương trình , xi A, i 1,2, , n x1 x2 xn với n lẻ Chứng minh : Không tính tổng quát giả sử : x1 x1 , x2 , xn Lúc ta có : x1 x2 f x1 f x2 g x2 g x3 x2 x3 xn x1 f xn f x1 x1 x2 x1 x2 Từ suy : x1 x2 xn Bài x 12 y y z Giải hệ phương trình : z 12 2t t x Giải : Vì vế trái phương trình hệ không âm nên phương có nghiệm : x, y, z, t Xét hàm số : f s s , ta có : f' s s Do hàm số tăng khoảng 1; giảm 0; ( Do f(s) liên tục R ) Không tính tổng quát, giả sử : x x, y, z, t + Nếu x 1; x, y, z, t 1; , theo toán tổng quát 1, hệ có nghiệm : x y z t + Nếu x 0; f x y , hay y 0;1 , tương tự z, t 0; Vậy x, y, z, t 0; Do ta có : x y f x f y y z f y f z z x x z Với x z f x f z y t x 12 y x y Lúc hệ phương trình trở thành : x y x y y x x y Vậy hệ phương trình cho có nghiệm : x y z t x y Bài toán tổng quát Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn ): f x1 g x2 f x2 g x3 f x g x n n f xn g x1 Nếu hàm số f giảm tập A , g tăng A x1 , x2 , xn nghiệm hệ phương x x x n trình , xi A, i 1,2, , n với n chẵn x x x n Chứng minh : Không tính tổng quát giả sử : x1 x1 , x2 , xn Lúc ta có : x1 x3 f x1 f x3 g x2 g x4 x2 x4 f x2 f x4 g x3 g x5 x3 x5 f xn f xn g xn g x1 xn x1 f xn f x1 g xn g x2 xn x2 Vậy : x1 x3 xn x1 x1 x3 xn1 ; x2 x4 xn x2 x2 x4 xn Phần tập ứng dụng phương pháp Giải hệ phương trình : x3 x2 x y y y 8y z z3 z2 8z x Chứng minh với a R , hệ phương trình : x2 y3 y a có nghiệm y z za z2 x3 x a x2 y a Cho hệ phương trình : y z a z2 x a Tìm a để hệ phương trình có nghiệm với dạng x y z Giải hệ phương trình : x31 x1 x2 x x2 x3 x3 x x 99 100 99 x3100 x100 x1 Cho n số nguyên lớn Tìm a để hệ phương trình : x21 x3 x2 ax2 x x x3 ax3 x2 x3 x ax n n n n x n x x1 ax1 Cho có nghiệm n số nguyên lớn a Chứng minh hệ phương trình : x21 x3 x2 ax2 x x x3 ax3 x2 x3 x ax n n n n x n x x1 ax1 Chứng minh với a R , hệ phương trình : x2 y3 y2 y a y z z z a z2 x3 x2 x a có nghiệm có nghiệm Ii Hệ phương trình giải phương pháp lượng giác hoá x y2 y x2 (1) (2) x y x 1 x2 Giải ĐK : y y Đặt x cos ; y=cos với , 0; , hệ phương trình : Giải hệ phương trình : cos sin cos sin =1 cos cos sin cos sin cos Đặt t sin cos , t sin cos t2 t2 t 2t t x t , ta có : 2sin y Khi ta có : t Với Nếu : x a a , ta đặt x a cos , với 0; x y xy Giải hệ phương trình : 2 x y Giải Do x2 y2 x, y 1; Đặt x sin , y cos với 0; Khi (1) sin cos 2sin2 2sin sin2 4sin sin2 sin 8sin sin cos 4cos cos cos 12 12 12 2cos 4cos cos 12 12 2cos cos cos 2cos 12 12 35 k120 cos k R 0 65 k120 Từ suy hệ có nghiệm x, y { sin650 , cos650 , sin350 , cos350 , sin850 , cos850 , sin5 , cos5 0 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 } 0 0 Nếu : x2 y2 a a , ta đặt x a sin , y a cos , với 0; Giải hệ phương trình : x x2 y y 2 y y z z z z2 x x Giải : Từ phương trình hệ , suy : x, y, z Do ta có : 2x y x2 (1) 2y (2) z y 2z (3) x z2 Đặt Đặt x tg với ; (4) cho 2 tg , tg2 , tg4 (5) Tương tự Hệ phương trình có nghiệm k k k x tg , y tg , z tg , k 0, 1, , cho x tg Với số thực x có số với ; Giải hệ phương trình : x 3z2 x 3z z3 y 3x y 3x x z 3y2 z y y3 Giải Viết lại hệ phương trình dạng : x 3z2 3z z3 y 3x x x z y y y (I) Từ đó, dễ thấy x, y, z nghiệm hệ cho phải có x, y, z 3z z3 x z2 x x3 (I) y x2 y y3 z 3y2 Bởi : (1) (2) (II) (3) (4) cho tg , tg3 , tg9 (5) 2 Khi từ (2), (3), (1) có : y tg3 , z tg9 x tg27 Từ dễ dàng suy x, y, z nghiệm (II) y tg3 , z tg9 , Đặt x tg với ; x tg , với xác định (4), (5) Lại có : 26 k k Z tg tg27 (6) k với k nguyên thoả mãn 26 : 12 k 12 Dễ dàng kiểm tra rằng, tất giá trị xác định vừa Vì thoả mãn đồng thời (4) (6) nêu thoả mãn (5) Vậy tóm lại hệ phương trình cho có tất 25 nghiệm, : k 3k k x tg 26 , y tg 26 , z tg 26 , k 0, 1, 12 Giải hệ phương trình : 1 x y z x y z xy yz zx Giải Nhận xét : xyz 0; x, y, z dấu Nếu x, y, z nghiệm hệ x, y, z nghiệm hệ, nên tìm nghiệm x, y, z dương Đặt x tg ; y tg ; z tg , , 90 tg tg tg tg tg tg Hệ tg tg tg tg tg tg tg tg tg (1) sin2 sin2 sin2 tg tg tg Từ (2) suy : tg tg tg tg tg cotg tg tg tg tg tg tg tg 2 sin2 sin2 sin2 Do nên 2,2,2 góc tam giác có số đo , , ; 2 cạnh 3,4,5 Do tam giác có cạnh 3,4,5 tam giác vuông nên 90 45 z tg 2tg 2x tg2 x 2 tg 1x 2tg 2y tg2 y tg2 y2 Tuyển tập toán hay II Hệ phương trình ẩn 698 x y 81 x2 y2 xy x y Giải hệ phương trình : (1) (2) Giải : Giả sử hệ phương trình có nghiệm Ta thấy (2) tương đương với : x2 y x y Để phương trình có nghiệm x ta phải có : 2 y y y (3) Mặt khác phương trình (2) tương đương với : y2 x y x2 3x Để phương trình có nghiệm y ta phải có : x x2 x x (4) Từ (3) (4) ta có : x4 y2 256 49 697 698 , không thoả mãn (1) 81 81 81 Vậy hệ phương trình cho vô nghiệm ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) 3x x y 7y x y Giải hệ phương trình : ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) Hãy biện luận số nghiệm thực hệ phương trình với ẩn x, y : x3 y y a 2 x y xy y b Giải Điều kiện có nghĩa hệ : x, y R Viết lại hệ dạng : y x3 y3 a y x y b Xét trường hợp sau : Trường hợp : b Khi : y I 3 y y x y a : Hệ cho y x y x II 3 y x y a y x Có (II) x a Từ : + Nếu a (I) (II) vô nghiệm, dẫn đến hệ vô nghiệm + Nếu a (I) có vô số nghiệm dạng x R, y , (II) có nghiệm x 0, y Vì hệ cho có vô số nghiệm Trường hợp : b Khi đó, từ (1) (2) dễ thấy , x, y nghiệm hệ b cho phải có x, y >0 Vì x y y b Thế (3) vào (1) ta : y y y3 a y Đặt y t Từ (4) ta có phương trình sau : b t t t a t b t t a 2t Xét hàm số : f t t b t a t xác định 0; có : f' t 9t b t 2 t a 0, t 0; Suy hàm số f t đồng biến 0; , phương trình (5) có tối đa nghiệm 0; Mà f b f b b 3 b a , nên phương trình (5) có nghiệm, kí hiệu t0 0; Suy hệ có nghiệm x b t0 , y t0 t0 Vậy tóm lại : + Nếu a b hệ cho có vô số nghiệm ` + Nếu a tuỳ ý , b hệ cho có nghiệm + Nếu a 0, b hệ cho vô nghiệm x2 xy y2 Tìm tất giá trị m để hệ phương trình : (1) có nghiệm x xy y m x2 1 Giải + Với y hệ trở thành Hệ có nghiệm m x m + Với y , đặt x t , hệ trở thành y 2t t y2 2t t y2 (2) t2 t m t t m 2t t y2 Vậy hệ PT (1) có nghiệm x, y hệ PT (2) có nghiệm t, y t 1 Xét hệ (2), từ 2t t suy 2t t Do hệ (2) có nghiệm t, y t y 2 t t 1 t2 t m có nghiệm t , , Xét hàm số f t khoảng 2t t 2t t t t 6t , f' t , , Ta có : f' t 2 t 2t t Lập bảng biến thiên : 10 t f(t) - -1 + + f(t) 14 28 11 Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để hệ có nghiệm : m x3 y Giải hệ phương trình : 14 28 11 x y Giải Rõ ràng y hệ vô nghiệm Với y , từ (2) suy x 27 y y (3) Xét hàm số : f y , thay vào (1) ta có : y 27 y y f' y , ta có : 81 y3 y2 y Suy : f' y y Ta có bảng biến thiên : y f(y) + -1 0 - f (y) Nhìn vào bảng biến thiên suy pt(3) nghiệm khoảng ; 1; Phương trình có nghiệm y nghiệm khoảng Dễ thấy y nghiệm thuộc khoảng 2, Vậy hệ phương trình cho có nghiệm : 1; ; 11 2, ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B ) x3 xy2 49 Giải hệ phương trình sau : 2 x xy y y 17 x ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 Bảng A ) Giải hệ phương trình : Giải x y 51 x y 2 x y1 y x ln y x ĐK: y2 x Đặt t x y phương trình thứ hệ trở thành : t t t t t 5t (1) Vế trái hàm nghịch biến, vế phải hàm đồng biến nên t=1 nghiệm (1) y1 vào phương trình thứ hai hệ ta : y3 y ln y2 y Vậy x y x Vế trái hàm đồng biến y =-1 nghiệm (2) Đáp số : x 0, y ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 Bảng B ) x y x y x y x y ĐK có nghĩa hệ phương trình : x, x y Giải hệ phương trình : Giải : Đặt : x y a x y b Từ hệ phương trình cho ta có hệ : a b b x y 2 Nhận thấy : a b2 x Kết hợp với (1) suy : b x x y x 2y Thế (3) vào (2) ta có : 5y y y x , vào (2) ta : 11 77 Thế vào (3) suy nghiệm hệ là: x 10 77, y 11 77 Cho hệ phương trình ẩn x, y : k x2 x4 x2 yx k x8 x2 x2 k x4 y x Xác định k để hệ phương trình có nghiệm 12 Giải hệ phương trình với k = 16 10 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996 Bảng A ) x x y Giải hệ phương trình : 7y x y Giải ĐK có nghĩa hệ : x 0, y x2 y2 Dễ thấy , x, y nghiệm hệ cho phải có x >0, y>0 Do : x y Hệ cho x y 3x 7y 1 2 3x 7y x y 2 3x 7y Nhân (1) với (2) theo vế ta : 1 21xy x y y x y x y x y x ( x >0, y>0) x y 3x 7y Thay vào (2) giải ta : x 11 22 , y Thử lại ta thấy thoả mãn yêu cầu 21 bt Iii Hệ phương trình ẩn ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996) Giải hệ phương trình : Giải hệ phương trình : Giải hệ phương trình : y3 x2 12 x z y 12 y x3 z2 12 z 12 x2 48 x 64 y3 12 y 48 y 64 z 12 z2 48z 64 x3 x19 y5 1890 z z2001 19 2001 y z 1890 x x z19 x5 1890 y y2001 Giải Chúng ta chứng minh hệ phương trình có nghiệm x y z Giả sử x, y, z nghiệm hệ phương trình x, y, z nghiệm hệ phương trình , nên không tính tổng quát ta giả thiết : có 13 hai ba số x, y, z không âm Ví dụ x 0, y Từ phương trình thứ ta suy z Mặt khác u 1890 u2000 u18 u4 Nếu u 1890 u2000 u2000 u2000 2.u1000 u18 u Do 1890u u2001 u19 u5 với u>0 Bởi cộng vế HPT ta suy x y z đpcm Tìm điều kiện cần đủ m để hệ phương trình sau có nghiệm : x2 m y3 y2 my y m z 3z mz z2 m x3 x mx ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng A ) x3 x y z Giải hệ phương trình sau : y3 y z x 30 z z x y 16 x2 x y3 x Giải hệ phương trình : y y z y z z x z Giải Viết lại hệ cho dạng : f x g y hay f y g z f z g x x3 x2 x y3 3 y y y 2z z3 z2 z x3 Trong f t t t 2t g t 2t Nhận xét g(t), f(t) hàm đồng biến R : f' t 3t 2t 0, g t 6t 0, t R x y z Suy hệ cho tương đương với hệ : h x Trong h t t t 2t Nhận xét h t liên tục R : h 0, h 0, h 0, h nên phương trình h t có nghiệm phân biệt nằm 2; Đặt x 2cosu, u 0; Khi sinu (4) có dạng : x y z 2cosu, u 0; hay 8cos u 4cos u 4cosu x y z 2cosu, u 0; Hay x y z 2cosu, u 0; sinu 8cos u 4cos u 4cosu (5) sin4u sin3u 14 x y z 2cosu, u 0; Giải hệ phương trình (5) ta thu u ; ; 7 u ; ; Tìm tất ba số dương x, y, z thoả mãn hệ phương trình : x2004 y6 z6 2004 z6 x6 y z2004 x6 y6 Giải : Giả sử x, y, z ba số dương thoả mãn hệ PT cho Không tính tổng quát , giả sử x y z Như : x2004 y6 z6 x6 x x2004 x x x y z1 2004 2004 6 6 z 2z x y z z z z Đảo lại, dễ thấy x y z ba số dương thoả mãn yêu cầu toán 10 Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm : x2 y2 z2 xy yz zx 2 y z yz x2 z2 xz m x5 x4 x2 y y y 2y z z5 z4 z2 x x3 y2 y y2 2 y z z 3z 2 z x x x 11 Giải hệ phương trình : 12 Giải hệ phương trình : 13 Tìm tất số thực a cho hệ phương trình sau có nghiệm thực x, y, z : x y z a x y z a Giải ĐK: x 1, y 1, z Hệ phương trình tương đương với hệ phương trình : x x y y z z 2a x x y y z z x x ; v y y ; s z z Đặt u Do x 1, y 1, z nên u 2, v 2, s Ngược lại u 2, v 2, s , ta có : 15 x x x x 2 x u x u2 u u u Tương tự y, z Do toán ta đưa toán tương đương : Tìm tất số thực a cho hệ phương trình sau có nghiệm u 2, v 2, s : u v s a 1 u v s 1 + Điều kiện cần : Giả sử hệ phương trình (1) có nghiệm Theo bất đẳng thức 1 Bunhia ta có : 2a u v s a u v s + Điều kiện đủ : Giả sử a Chúng ta chứng minh hệ phương trình (1) có nghiệm u v 2a Lấy s ( thoả mãn s ) Khi (1) tương đương với : 2a u.v 2a u, v hai nghiệm tam thức bậc hai : t a t 2 a a a u, v 2 Chú ý : Đặt h 2a h 2 h h h Tức : 2a 2 2a 2a u 2, v Như hệ phương trình (1) có nghiệm u 2, v 2, s Tóm lại số thực a cần tìm tất số thực a 14 Giải hệ phương trình : 20 x 11 y 2007 z x y z xy yz zx 15 ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A ) Giải x2 x 6.log y x Giải hệ phương trình : y y 6.log3 z y z z 6.log x z ĐK xác định x, y, z Hệ cho tương đương với : 16 Nhận thấy f x x log y x 2x y log3 z y 2y z log3 x z2 z x hàm tăng, g x log3 x hàm giảm với x3, n N ) Giải hệ phương trình : x1 x2 x31996 1996 x2 x3 x4 x x x 1996 1995 1996 1996 x1996 x1 x2 Giải : Gọi X giá trị lớn nghiệm xi , i 1, 1996 Y giá trị bé chúng Thế từ phương trình đầu ta có : 18 2X x1 x2 x31996 Từ phương trình hệ ta có : 2X xk1996 , k 1,2, ,1996 Hay ta có : 2X X1996 suy : X1995 ( X >0 ) (1) 1995 Lập luận cách tương tự ta đến : Y (2) 1995 1995 Từ (1) (2) suy X Y Nghĩa ta có : x1 x2 x1996 1995 x a x1 a1 x2 a2 n n b2 bn Giải hệ phương trình : b1 x x x c n n với b1 , b2 , , bn 0, b i i Giải Đặt : x1 a1 x2 a2 x a n n t b1 b2 bn n n n Ta có : xi tbi xi t bi i i i n c n n c a i t bi t n i i i bi i n c xi bi n i bi i 19 ... Nếu u 1890 u2000 u2000 u2000 2.u1000 u18 u Do 1890u u2001 u19 u5 với u>0 Bởi cộng vế HPT ta suy x y z đpcm Tìm điều kiện cần đủ m để hệ phương trình sau có nghiệm : x2 m y3