TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Hệ phương trình là một nội dung thường có trong đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi học sinh giỏi Olimpic, thi học sinh giỏi Toán các cấp. Trong một nổ lực tìm tòi, tham khảo từ quý thầy cô đi trước, quý đồng nghiệp và kinh nghiệm giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi, tôi đã bắt tay vào viết chuyên đề VẬN DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ nhằm làm tư liệu bồi dưỡng học sinh giỏi cho Tổ Toán – Tin. Đây là một vấn đề không có gì mới mẽ, chúng ta có thể tìm thấy nhiều bài viết về vấn đề này trên Internet, các sách tham khảo,…Tuy nhiên, với cách tiếp cận của mình, tôi mong đây là chuyên đề có giá trị tham khảo cho đồng nghiệp và học sinh. Tôi xin chân thành cảm ơn sự đóng góp quý báu chân thành của quý thầy cô trong tổ Toán – Tin đã giúp tôi hoàn thành chuyên đề.

Chuyên Đề: VẬN DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ A LỜI NÓI ĐẦU: Trong thời đại ngày với việc phát triển vũ bão công nghệ thông tin, việc tìm nghiệm hệ phương trình khơng mẫu mực khơng vấn đề nan giải, sử dụng máy tính nhanh, tiện lợi Tuy nhiên, với người yêu toán, việc giải phương trình đại số khơng mẫu mực hấp dẫn lạ thường Chúng ta tiếp cận cách giải nhiều hướng, nhiều phương pháp, kể ra: phương pháp nhóm, phương pháp dùng hàm số, phương pháp đánh giá, đặt ẩn phụ,…Điều quan trọng với toán tiếp cận cách giải tiện lợi, đơi lúc phải thử nhiều cách, lúc thấy hay đẹp tốn Hệ phương trình nội dung thường có đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi học sinh giỏi Olimpic, thi học sinh giỏi Toán cấp Trong nổ lực tìm tòi, tham khảo từ quý thầy cô trước, quý đồng nghiệp kinh nghiệm giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi, bắt tay vào viết chuyên đề VẬN DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ nhằm làm tư liệu bồi dưỡng học sinh giỏi cho Tổ Toán – Tin Đây vấn đề khơng có mẽ, tìm thấy nhiều viết vấn đề Internet, sách tham khảo,…Tuy nhiên, với cách tiếp cận mình, tơi mong chun đề có giá trị tham khảo cho đồng nghiệp học sinh Tơi xin chân thành cảm ơn đóng góp q báu chân thành q thầy tổ Tốn – Tin giúp tơi hồn thành chun đề -1- B NỘI DUNG: I Cơ sở lí thuyết: Tính chất Giả sử hàm số f ( x) đơn điệu tập D ⊂ ¡ Với x1 , x2 ∈ D f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇔ x1 = x2 Tính chất Giả sử hàm số f ( x) đơn điệu liên tục khoảng ( a; b ) tồn nhiều điểm x0 ∈ ( a; b ) để f ( x0 ) = Tính chất (Định lí Bolzano-Cauchy) Nếu hàm số f ( x) liên tục đoạn [ a; b ] f (a) f (b) < tồn điểm x0 ∈ ( a; b ) để f ( x0 ) = Tính chất Nếu hàm số f ( x) đơn điệu liên tục đoạn [ a; b ] f (a) f (b) < tồn điểm x0 ∈ ( a; b ) để f ( x0 ) = Tính chất (Định lí Roll) Nếu hàm số f ( x) liên tục đoạn [ a; b ] có đạo hàm khoảng ( a; b ) f (a) = f (b) tồn c ∈ ( a; b ) cho f '(c) = Tính chất 2, 3, giúp ta đánh giá số nghiệm phương trình f ( x) = ( a; b ) II Áp dụng: Bài toán 1: Giải hệ phương trình xây dựng tảng hai phương trình có dạng f(u) = f(v), f(t) hàm đơn điệu Nhận xét: Đây toán thường hay gặp đề thi tuyển sinh Đại học năm gần Bây đặt vào vị trí người đề, chẳng hạn xuất phát từ ý tưởng có hàm số đồng biến f (t ) = t + 3t , t ∈ ¡ , người đề cho f ( ) x + x + y = f ( x + 1) ta có phương trình: ( x2 + 2x + y ) + x + x + y = ( x + 1)3 + 3( x + 1) Để lộ quá, ta cần vài phép biến đổi sơ cấp ta có phương trình phức tạp: (x + 2x + y2 + ) x + x + y = x + x + x + Tất nhiên người đề có tay y = ± , cần phương trình lại hợp lí có hệ phương trình mà tìm cách giải khơng đơn giản Chẳng hạn x + y − xy − x + y + = Từ ta có hệ phương trình: -2- ( )  x + x + y + x + x + y = x + 3x + x +  x + y − xy − 3x + y + =  Theo cách sáng tạo nhiều phương trình hệ phương trình lạ mắt Bây đến với đề thi tuyển sinh Đại học KA 2013:  x + + x − − y + = y Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  (x, y ∈ R) (Tuyển  x + x( y − 1) + y − y + = sinh ĐH KA – A1 2013) Giải: ĐK x ≥ x + ( y − 1) x + y − y + = ⇔ ( x + y − 1) − y = ⇔ y = ( x + y − 1) ( *) 2 Vậy: y ≥ x + + x −1 − y + = y ⇔ x + + x −1 = (y + 1) + + ( y + 1) − ( **) Đặt f(t) = t + + t − f đồng biến [1, +∞) Nên (**) ⇔ f(x) = f(y4 + 1) ⇔ x = y4 + Thế vào (*) ta có : 4y = (y4 + y)2 = y8 + 2y5 + y2 y = → x =1 ⇔ y + 2y + y = y = y =1 ⇔ (vì g(y) = y7 + 2y4 + y đồng biến [0, +∞)) Vậy (x; y) = (1; 0) hay (x; y) = (2; 1) Bình luận: Cái hay y ≥ Theo nghĩ điều mà thí sinh ý Tất nhiên ngồi phương pháp hàm số trên, ta biến đổi phương trình đầu phương trình tích Cách khác : Từ (*) ⇒ y ≥ Xét x − + y = ⇔ x = y = : thỏa hệ phương trình nhận nghiệm Xét x − + y > ( x + − y + 2) + ( x − − y) = ⇔ x − y4 −1 x −1− y4 + =0 x + + y + ( x − + y )( x − + y )  ⇔( x − y − 1)   x + + y + ⇔ x = y4 + (do y > 0) +  =0 ( x − + y )( x − + y )  -3-  x3 − y + 3x = y − x −  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  2  − x + = 3 + y − y + x ) ( ( ) (1) (2) kiểm tra cho đội tuyển HSG tỉnh Đăk Nông 2013 – 2014) Giải: ĐK: −2 ≤ x ≤ 2; − ≤ y ≤ Phương trình (1) ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) − = y + y − Xét hàm số f (t ) = t + 3t − [ −1;3] Ta có: f '(t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ [ −1;3] Do f ( x + 1) = f ( y ) ⇒ x + = y Đến dễ dàng kết Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: 3  ( x + y ) + x + y =   2  x − y + ( x − y ) + 7( x − y ) + ln  x −  =  ÷  64 32  y −3  (Đề thi đề nghị Olimpic 30/04) Giải:  x−3 >0  ĐK:  y − x + y ≠  Phương trình đầu tương đương ( x + y ) + = 4( x + y ) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có ( x + y ) + + + ≥ 4 ( x + y ) 1.1.1 = x + y ≥ 4( x + y ) Vậy phương trình tương đương x + y = Từ kết hợp điều kiện x−3 > ⇒ −2 < x, y < y −3 Phương trình thứ hai hệ tương đương x4 x2 x y4 y2 y + + + 3ln(3 − x) = + + + 3ln(3 − y ) 64 32 64 32 Đến dễ dàng giải tiếp Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:  12 y + 19 = 64 x + 96 y + 232 x − 93  17 − x + y − y = 14 − y + 3x − x (1) (2) (Đề thi đề nghị Olimpic 30/04) Giải: ĐK: x ≤ 5; y ≤ Phương trình (2) biến đổi [ 3(5 − x) + 2] − x = [ 3(4 − y ) + 2] − y -4- (Đề Bằng cách xét hàm số f (t ) = (3t + 2) t , t ≥ 0, ta dẫn dắt đến y = x – Thay vào phương trình (1) ta được: 12 x + = 64 x3 + 96 x + 40 x + ⇔ 12 x + + 12 x + = (4 x + 2) + (4 x + 2)3 Tiếp tục dùng phương pháp hàm số, xét hàm số g (t ) = t + t , t ∈ ¡ Dễ dàng lập luận được: 12 x + = x + ⇔ 8(2 x + 1)3 − 6(2 x + 1) − = Đến dùng phương pháp lượng giác hóa ta tìm nghiệm dễ dàng Bình luận: Đây tốn hóc búa, ta phải dùng phương pháp hàm số đến hai lần, điều thú vị chỗ để nhìn thấy biến đổi : 12 x + + 12 x + = (4 x + 2) + (4 x + 2)3  x + xy = y10 + y Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:   4x + + y + = (Tạp chí Toán học Tuổi trẻ) Giải: ĐK: x ≥ − Với y = 0, hệ vô nghiệm x x Với y ≠ 0, chia vế cho y ≠ 0, ta được:  ÷ + = y + y Đến dễ dàng áp  y y dụng phương pháp hàm số Bài tập đề nghị: ) (  x2 y + y + = 2x + x2 +  Bài 1: Giải hệ phương trình:  (Đề thi thử ĐH 2  y + + + x = x  trường chuyên Lê Hồng Phong, Tp HCM)  x + x − 2x + = y + y + (Đề thi thử ĐH x − y − 3x + y + =  Bài 2: Giải hệ phương trình:  trường chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ) y−x  9x − y =  Bài 3: Giải hệ phương trình:  (Đề thi đề nghị Olimpic log ( x + y ) = + log ( xy + 3) 30/04) -5-  y + y + 2x − x = − x Bài 4: Giải hệ phương trình:   y + + y = + x + (Đề thi HSG 12 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2012-2013)  x − y + x − y - 30 = 28 y Bài 5: Giải hệ phương trình:  2x + + x = y   y + y + y + 4x − 22x + 21 = (2x + 1) 2x − Bài 6: Giải hệ phương trình:  2x − 11x + = y   x = f ( y)  Bài toán 2: Giải hệ lặp ba ẩn:  y = f ( z ) (*) Trong f hàm số có tập xác  z = f ( x)  ⊆ định D, tập giá trị T, T D, hàm số f đồng biến T Phương pháp giải: Cách 1: Đoán nghiệm chứng minh hệ có nghiệm Thường để chứng minh hệ có nghiệm ta cộng ba phương trình hệ vế theo vế, sau suy x = y = z Hay ta trừ vế theo vế đơi phương trình cho Cách 2: Từ T ⊆ D suy f(x), f(f(x)) f(f(f(x))) thuộc D Để (x;y;z) nghiệm hệ x ∈ T Nếu x > f(x) f tăng T nên f(x) > f(f(x)) Vậy f(f(x)) > f(f(f(x))) Do x > f(x) > f(f(x)) > f(f(f(x))) = x Điều mâu thuẫn chứng tỏ có x > f(x) Tương tự khơng thể có x < f(x) Do f(x) = x hay x = z Lập luận tương tự ta dẫn đến x = y = z Việc giải hệ (*) quy giải phương trình f(x) = x Trong trình thực hành, phát hàm số f vấn đề cốt lõi Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  x3 − 3x + x + = y   y − 3y + y +1 = 4z  z − 3z + z + = x  Giải: Xét hàm số f (t ) = t − 3t + 5t + 1, t ∈ ¡ Chỉ f '(t ) > 0, ∀t Do f (t ) ln đồng biến  f ( x) = y  Hệ pt có dạng:  f ( y ) = z  f ( z) = x  Vì hệ pt khơng thay đổi hốn vị vòng quanh x, y, z nên giả thiết x ≥ y, x ≥ z -6- Nếu x > y f ( x) > f ( y ) ⇒ y > z ⇒ f ( y ) > f ( z ) ⇒ z > x Mâu thuẫn Tương tự x > z ta đến mâu thuẫn, suy x = y = z Từ dễ dàng tìm nghiệm hệ Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  y − x + 12 x − = (1)   z − y + 12 y − = (2)  x3 − z + 12 z − = (3)  Cách 1:  x = f ( z)  Hệ cho viết lại thành  y = f ( x) , với f (t ) = 6t − 12t + Khi hàm số f  z = f ( y)  xác định liên tục R Tiếp theo ta tìm tập giá trị T f Dễ dàng tìm được: T =  2; +∞  Ta có f đồng biến [ 1; +∞ ) , nên f đồng biến  2; +∞   Bây giờ, ta lập luận để dẫn đến  x= y=z  x = x − 12 x + Đến ta dễ dàng suy nghiệm x = y = z = Cách 2: Cộng ba phương trình vế theo vế ta ( x − 2)3 + ( y − 2)3 + ( z − 2)3 = (4) Ta có (2; 2; 2) nghiệm hệ Ta chứng minh (2; 2; 2) nghiệm hệ Thật vậy, x > từ (1) ta có y − = x( x − 2) > ⇒ y > Từ y > từ (2) ta có z − = y ( y − 2) > ⇒ z > Vậy = ( x − 2)3 + ( y − 2)3 + ( z − 2)3 > Đây điều vơ lí Vậy x = 2, từ (1) ta có y = 2, thay y = vào (2) ta có z = Vậy (2; 2; 2) nghiệm hệ Bình luận: Đối với hệ lặp ba ẩn có sai lầm tinh vi, khó phát là: “Do x, y, z có vai trò nên khơng tính tổng qt giả sử x ≥ y ≥ z ” Thực x, y, z hoán vị vòng quanh nên phải xét hai thứ tự khác x ≥ y ≥ z x ≥ z ≥ y Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:  x − x + 6.log (6 − y ) = x    y − y + 6.log (6 − z ) = y   z − z + 6.log (6 − x) = z  (Đề thi HSGQG năm 2006, Bảng A) Giải: -7- Để (x; y; z) nghiệm hệ cho điều kện x, y, z < Hệ cho tương đương với  x  log (6 − y ) = (1)  x2 − 2x +  y  (2)  log (6 − z ) = y − y +   z log (6 − x) = (3)  z − 2z +  log3 (6 − y ) = f ( x ) (1) t  hay  log (6 − z ) = f ( y ) (2) với f (t ) = t − 2t + log (6 − x) = f ( z ) (3)  t Nhận thấy f (t ) = hàm tăng, g (t ) = log (6 − t ) hàm t − 2t + giảm với x < Nếu (x; y; z) nghiệm hệ phương trình ta chứng minh x = y = z Khơng tính tổng qt giả sử x = max{x; y; z} có hai trường hợp: 1) x ≥ y ≥ z Do f(t) tăng nên f ( x) ≥ f ( y ) ≥ f ( z ), suy log (6 − y ) ≥ log (6 − z ) ≥ log (6 − x) Do g(t) giảm nên suy x ≥ z ≥ y Do y ≥ z nên y = z Từ (1) (2) ta có x = y = z 2) x ≥ z ≥ y Tương tự suy x = y = z Phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = (3; 3; 3) Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: ( ( ( )  x − x + x − + ln x − x + = y   2  y − y + y − + ln y − y + = z  2  z − z + z − + ln z − 3z + = x Giải: ) ) 2 Xét hàm số f (t ) = t − 3t + 6t − + ln ( t − 3t + 3) Hàm số có tập xác định 2t − 4t + + > > Vậy f(t) đồng biến R Hệ t − 3t +  x = f (z) x = y = z  phương trình viết lại:  y = f ( x) Lập luận dẫn đến   x = f ( x)  z = f ( y)  R, ta có f '(t ) = 3(t − 1) + Tiếp theo ta giải phương trình f(x) = x Xét hàm số h(x) = f(x) – x Dễ thấy h(x) đồng biến R Hơn h(2) = Do x = nghiệm phương trình f(x) = x Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: -8-  x y − x y + x3 − x + y =   y z − 6y z + 4y − 4y + z =  z4 x − 6z2 x + 4z3 − 4z + x =  (Đề thi chọn HSG đồng sông Cửu Long) Nhận xét: Hệ phương trình hình thức phức tạp qua vài phép biến đổi, ta đưa hệ lặp ba ẩn với hàm số f (t ) = 4t − 4t , t ≠ ± 3± 2 t − 6t + Theo cách giải thông thường, ta phải hàm số đơn điệu, ta có: f '(t ) = 4(t + 1)3 > 0, ∀t ≠ ± ± 2 (t − 6t + 1)2 Đạo hàm đẹp đến ta chưa nhận vấn đề tiếp tục đưa nhận xét x = y = z để kết luận hệ phương trình có ba nghiệm ( x; y; z ) = (0;0;0), 3; 3; , − 3; − 3; − Thực mắc sai lầm tinh vi hàm số f(t) dù đồng biến đồng biến khoảng xác định điều làm cho tồn lập luận khơng giá trị nữa! Bây để ý rằng, tan α − tan α tan 4α = tan α − tan α + π  Đặt x = tan α , α ∈ [ 0; π ) \   2 Từ hệ phương trình ta thấy: y = f ( x) = tan 4α , z = f ( y ) = tan16α , x = f ( z ) = tan 64α , đến dễ dàng suy nghiệm hệ phương trình Bình luận: Nói chung, hệ lặp ba ẩn thường giải theo cách xét hàm số chứng minh hàm đơn điệu đế có ẩn nhau; đó, nhầm lẫn vừa nêu khơng khơng thể giải cách dùng hàm số đơn điệu, dùng bất đẳng thức đánh giá biến thứ tự buộc hàm f(t) phải có đặc biệt Ví dụ 6: Giải hệ phương trình: ( )( )  x − x = y (3 x − 1)   y − y = z (3 y − 1)  z − z = x(3 z − 1)  (Đề thi đề nghị Olimpic 30/04) Giải: -9-  x = f (z)  t − 3t y = f ( x ) Ta đưa hệ phương trình  , với f (t ) = Hàm số f(t) đồng 3t −  z = f ( y)   biến khoảng  −∞; −    1    ; ; +∞ ÷ Cũng ví dụ trên, ÷,  − ÷,  3  3   áp dụng cách giải thông thường trình bày phương pháp Bây để ý rằng, tan α − 3tan α tan 3α = tan α − Đến đây, việc lại khơng khó khăn Bài tập đề nghị:  x3 + 3x + x − = y  Bài 1: Giải hệ phương trình:  y + y + y − = z (Đề thi HSGQG năm 2006,  z + 3z + z − = x  Bảng B)  30 y  2004 = x + y  30 z  Bài 2: Giải hệ phương trình:  2004 = + z (Đề thi đề nghị Olimpic 30/04) y   30 x  2004 = + x z   x = 3z − + z − z +  Bài 3: Giải hệ phương trình:  y = x − + x − x + (Đề thi đề nghị Olimpic   z = y − + y − y + 30/04)  x + x + = ( y + 1)( y + y + 2)  Bài 4: Giải hệ phương trình:  y + y + = ( z + 1)( z + z + 2) (Đề thi đề nghị  z + z + = ( x + 1)( x + x + 2)  Olimpic 30/04) Bài toán 3: Cho số thực a ≥ 17 Hãy xác định số nghiệm hệ phương trình (ẩn x, y) sau:  x + y = a (1) (I)   log x.log y = (2) Giải: Nếu hệ phương trình có nghiệm (x;y) x > 1, y > (3) Cách 1: - 10 - Đặt log3 x = t , t > (do (3)) Khi x = 3t từ pt (2) có y = 2t Từ pt (1) ta có pt (ẩn t) sau: 9t + 8t = a (4) Dễ thấy số nghiệm hệ (I) số nghiệm dương pt (4) Xét hàm số f (t ) = 9t + 8t − a ( 0;+∞ ) 1 Đến ta f '(t ) hàm số đồng biến ( 0;+∞ ) f '  ÷ f '(1) < 2 nên tồn t0 ∈ ( 0;1) nghiệm pt f '(t ) = Từ ta có bảng biến thiên f (t ) với lưu ý f (1) = 17 − a ≤ 0, suy pt (4) có nghiệm dương Vì hệ (I) có tất hai nghiệm Nhận xét: Ta chứng minh hàm f '(t ) đồng biến ( 0;+∞ ) cách xét dấu f ''(t ) khoảng Cách 2: (2') Ta có pt (2) ⇔ ln ( x ) ln ( y ) = ln 8.ln Đặt x = t , từ pt (1) ta có y = a − t (4') Thế vào (2’) ta pt (ẩn t) sau: ln t.ln ( a − t ) = ln 8.ln Hơn nữa, từ (3) suy < t < a – Do đó, dễ thấy số nghiệm hệ (I) số nghiệm pt (4’) thuộc khoảng ( 1; a − 1) Xét hàm số g (t ) = ln t.ln(a − t ) − ln 8.ln ( 1; a − 1) Đến ta g '(t ) hàm số nghịch biến ( 1; a − 1) a Hơn g '  ÷ = lưu ý 2 a +1 a −1  a +1   a +   a −1  a ≥ 17 ⇒ ≥ 9, ≥8⇒ g ÷ = ln  ÷.ln  ÷− ln 8.ln ≥ 2       Từ lập bảng biến thiên g (t ) , dựa vào bảng biến thiên suy pt (4’) có nghiệm thuộc khoảng ( 1; a − 1) Vì vậy, hệ pt (I) có tất nghiệm Nhận xét: Ta chứng minh hàm g '(t ) nghịch biến khoảng ( 1; a − 1) cách xét dấu g ''(t ) khoảng Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho số thực a ≥ 18 Hãy xác định số nghiệm hệ phương trình (ẩn x, y) sau:  x + y = a   log x.log y = - 11 - Bài 2: Hãy xác định số nghiệm hệ phương trình (ẩn x, y) sau:  x + y = 29 (Đề thi HSGQG năm 2008)   log x.log y = Bài 3: Giải hệ phương trình sau:  x + y = 17   log x.log y =  x + y = 17 Bài 4: Giải hệ phương trình:  (Đề thi đề nghị Olimpic 30/04) log x − log y = C KẾT LUẬN Với ba tốn ví dụ tường minh,chúng ta thấy sức mạnh phương pháp hàm số, khắc phục hạn chế phương pháp tách nhân tử chung, biến đổi thành hai nhân tử, cho 0, thật khó khăn phải chứng minh hai phương trình vơ nghiệm Dựa phương pháp hàm số, sáng tạo nhiều hệ phương trình đẹp mắt, nguồn tập cho học sinh đào tạo học sinh giỏi Chúng ta nhận thấy rằng, đề thi đề nghị Olimpic 30/04, hệ phương trình phần nhiều xây dựng tảng Tất nhiên với việc giải hệ phương trình, phương pháp chưa đủ, trang bị cho công cụ để tiếp cận hướng giải Trong chun đề tiếp theo, tơi trình bày giải hệ phương pháp đánh giá sử dụng bất đẳng thức quen thuộc, vấn đề mang tính thời sự, đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2012-2013 ý tưởng Cuối xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, đồng nghiệp tổ Toán-Tin trường THPT Trần Hưng Đạo tạo điều kiện cho tơi hồn thành chun đề - 12 - ... số Bài tập đề nghị: ) (  x2 y + y + = 2x + x2 +  Bài 1: Giải hệ phương trình:  (Đề thi thử ĐH 2  y + + + x = x  trường chuyên Lê Hồng Phong, Tp HCM)  x + x − 2x + = y + y + (Đề thi thử... phương trình:  2004 = + z (Đề thi đề nghị Olimpic 30/04) y   30 x  2004 = + x z   x = 3z − + z − z +  Bài 3: Giải hệ phương trình:  y = x − + x − x + (Đề thi đề nghị Olimpic   z = y...  x + y = 29 (Đề thi HSGQG năm 2008)   log x.log y = Bài 3: Giải hệ phương trình sau:  x + y = 17   log x.log y =  x + y = 17 Bài 4: Giải hệ phương trình:  (Đề thi đề nghị Olimpic