Nếu coi Bất đẳng thức 3 biến là phần đẹp nhất của Bất đẳng thức, mang trong mình sự uy nghi của một ông hoàng thì Hệ phương trình Đại số 2 ẩn lại mang trong mình vẻ đẹp giản dị, trong sá[r]
(1)(2)Sinh viên K62CLC - Khoa Toán Tin ĐHSPHN
TUYỂN CHỌN 455 HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ĐẠI SỐ
(3)(4)Mục lục
Lời nói đầu
1 Một số phương pháp loại hệ
1.1 Các phương pháp để giải hệ phương trình
1.2 Một số loại hệ
2 Tuyển tập hệ đặc sắc 2.1 Câu đến câu 30
2.2 Câu 31 đến câu 60 25
2.3 Câu 61 đến câu 90 40
2.4 Câu 91 đến câu 120 52
2.5 Câu 121 đến câu 150 67
2.6 Câu 151 đến câu 180 84
2.7 Câu 181 đến câu 210 101
2.8 Câu 211 đến câu 240 116
2.9 Câu 241 đến câu 270 133
2.10 Câu 271 đến câu 300 151
2.11 Câu 301 đến câu 330 170
2.12 Câu 331 đến câu 360 187
2.13 Câu 361 đến câu 390 203
2.14 Câu 391 đến câu 410 220
(5)Mục Lục 3.2 Từ câu 441 đến câu 455 247
(6)Lời nói đầu
Hệ phương trình Đại số nói chung hệ phương trình Đại số hai ẩn nói riêng phần quan trọng phần Đại số giảng dạy THPT Nó thường hay xuất kì thi học sinh giỏi kì thi tuyển sinh Đại học - Cao đẳng
Tất nhiên để giải tốt hệ phương trình hai ẩn đơn giản Cần phải vận dụng tốt phương pháp, hình thành kĩ trình làm Trong kì thi Đại học, câu hệ thường câu lấy điểm
Đây tài liệu tuyển tập dày nên tơi trình bày dạng sách có mục lục rõ ràng cho bạn đọc dễ tra cứu Cuốn sách tuyển tập khoảng 400 câu hệ đặc sắc, từ đơn giản, bình thường, khó, chí đến đánh đố kinh điển Đặc biệt, hồn tồn hệ Đại số ẩn Tơi muốn khai thác thật sâu khía cạnh Đại số Nếu coi Bất đẳng thức biến phần đẹp Bất đẳng thức, mang uy nghi ơng hồng Hệ phương trình Đại số ẩn lại mang vẻ đẹp giản dị, sáng cô gái thôn quê làm say đắm gã si tình
Xin cảm ơn bạn, anh, chị, thầy cô diễn đàn tốn, facebook đóng góp cung cấp nhiều hệ hay Trong sách việc đưa hệ tơi cịn lồng thêm số phương pháp tốt để giải Ngồi tơi cịn giới thiệu cho bạn phương pháp đặc sắc tác giả khác Mong nguồn cung cấp tốt hệ hay cho giáo viên học sinh
Trong trình biên soạn sách tất nhiên khơng tránh khỏi sai sót.Thứ nhất, nhiều tốn tơi khơng thể nêu rõ nguồn gốc tác giả Thứ hai : số lỗi sinh trình biên soạn, lỗi đánh máy, cách làm chưa chuẩn, trình bày chưa đẹp kiến thức LATEX hạn chế Tác giả xin bạn đọc lượng thứ Mong sách hoàn chỉnh thêm phần đồ sộ Mọi ý kiến đóng góp sửa đổi xin gửi theo địa sau :
Nguyễn Minh Tuấn Sinh ViênLớp K62CLC Khoa ToánTin Trường ĐHSP Hà Nội Facebook :https://www.facebook.com/popeye.nguyen.5
(7)Chương 1
Một số phương pháp loại hệ cơ bản
1.1 Các phương pháp để giải hệ phương trình I Rút x theo y ngược lại từ phương trình
II Phương pháp
1 Thế số từ phương trình vào phương trình cịn lại Thế biểu thức từ phương trình vào phương trình cịn lại Sử dụng phép phương trình nhiều lần III Phương pháp hệ số bất định
1 Cộng trừ phương trình cho
2 Nhân số vào phương trình đem cộng trừ cho
3 Nhân biểu thức biến vào phương trình cộng trừ cho IV Phương pháp đặt ẩn phụ
V Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số VI Phương pháp lượng giác hóa
VII Phương pháp nhân chia phương trình cho VIII Phương pháp đánh giá
1 Biến đổi tổng đại lượng không âm
2 Đánh giá ràng buộc trái ngược ẩn, biểu thức, phương trình Đánh giá dựa vào tam thức bậc
4 Sử dụng bất đẳng thức thông dụng để đánh giá IX Phương pháp phức hóa
(8)1.2 Một số loại hệ bản A Hệ phương trình bậc ẩn
I Dạng
(
ax+by =c (a2+b2 6= 0)
a0x+b0y=c (a02+b02 6= 0)
II Cách giải Thế
2 Cộng đại số Dùng đồ thị
4 Phương pháp định thức cấp
B Hệ phương trình gồm phương trình bậc phương trình bậc hai I Dạng
(
ax2+by2+cxy+dx+ey+f = 0
a0x+b0y=c
II Cách giải: Thế từ phương trình bậc vào phương trình bậc hai C Hệ phương trình đối xứng loại I
I Dấu hiệu
Đổi vai trị x y cho hệ cho không đổi II Cách giải:
Thường ta đặt ẩn phụ tổng tích x+y=S, xy=P (S2 ≥4P)
D Hệ phương trình đối xứng loại II I Dấu hiệu
Đổi vai trò x y cho phương trình biến thành phương trình II Cách giải:
Thường ta trừ hai phương trình cho E Hệ đẳng cấp
I Dấu hiệu Đẳng cấp bậc
(
ax2+bxy+cy2 =d a0x2+b0xy+c0y2 =d0 Đẳng cấp bậc
(
ax3+bx2y+cxy2+dy3 =e
a0x3+b0x2y+c0xy2+d0y3 =e0
II Cách giải:
Thường ta đặt x=ty hoặcy =tx
Ngoài cịn loại hệ tơi tạm gọi bán đẳng cấp, tức hồn tồn đưa dạng đẳng cấp Loại hệ khơng khó làm, nhìn nhận cần phải khéo léo xếp hạng tử phương trình lại Tơi lấy ví dụ đơn giản cho bạn đọc Giải hệ :
(
x3−y3 = 8x+ 2y
x2−3y2 = 6
(9)Chương 2
Tuyển tập hệ đặc sắc 2.1 Câu đến câu 30
Câu
(x−y) (x2+y2) = 13
(x+y) (x2−y2) = 25
Giải
Dễ dàng nhận thấy hệ đẳng cấp bậc 3, bình thường ta nhân chéo lên chia vế cho x3 hoặc y3 Nhưng xem cách giải tinh tế sau đây:
Lấy(2)−(1) ta : 2xy(x−y) = 12 (3) Lấy(1)−(3) ta : (x−y)3 = 1⇔x=y+ 1
Vì có hướng ? Xin thưa dựa vào hình thức đối xứng hệ Ngon lành Thay vào phương trình đầu ta
(y+ 1)2+y2 = 13⇔
y=
y=−3
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (3; 2),(−2;−3)
Câu
x3−8x=y3+ 2y
x2−3 = (y2+ 1)
Giải
Để ý sau : Phương trình gồm bậc ba bậc Phương trình gồm bậc bậc (hằng số)
Rõ ràng hệ dạng nửa đẳng cấp Ta viết lại để đưa đẳng cấp Hệ cho tương đương :
x3−y3 = 8x+ 2y
x2−3y2 =
Giờ ta nhân chéo hai vế để đưa dạng đẳng cấp
⇔6 x3−y3
= (8x+ 2y) x2−3y2
(10)TH1 : x= thay vào (2) vô nghiệm TH2 : x= 3y thay vào (2) ta có:
6y2 = 6⇔
y= 1, x=
y=−1, x=−3
TH3 : x=−4y thay vào (2) ta có:
13y2 = ⇔
y= r
6
13, x=−4 r
6 13
y=−
r
13, x= r
6 13
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = (3; 1),(−3;−1), −4 r
6 13;
r 13
!
, r
6 13;−
r 13
!
Câu
x2+y2−3x+ 4y= 1
3x2−2y2−9x−8y=
Giải
Để ý nhân vào PT(1) trừ PT(2) y Vậy
3.P T(1)−P T(2)⇔y2+ 4y= 0⇔
y= 0⇔x= 3±
√
7
y=−4⇔x= 3±
√
7
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 3±
√
7
2 ;
!
, 3± √
7 ;−4
!
Câu
x2+xy+y2 = 19(x−y)2
x2−xy+y2 = (x−y)
Giải
Nhận xét vế trái có dạng bình phương thiếu, ta thử thêm bớt để đưa dạng bình phương xem Nên đưa (x−y)2 hay (x+y)2 Hiển nhiên nhìn sang vế phải ta chọn phương án đầu
Hệ cho tương đương
(x−y)2+ 3xy= 19(x−y)2 (x−y)2+xy= (x−y)
(11)2.1 Câu đến câu 30 11
b= 6a2
a2+b= 7a ⇔
a= 0, b =
a= 1, b = ⇔
x−y=
xy=
x−y=
xy=
⇔
x= 0, y =
x= 3, y =
x=−2, y =−3
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = (0; 0),(3; 2) (−2;−3)
Câu
x3+x3y3+y3 = 17
x+xy+y=
Giải Hệ đối xứng loại I No problem!!!
Hệ cho tương đương
(x+y)3−3xy(x+y) + (xy)3 = 17
(x+y) +xy =
Đặt x+y=a xy=b ta có hệ
a3−3ab+b3 = 17
a+b= ⇔
a= 2, b=
a= 3, b= ⇔
x+y=
xy=
x+y=
xy=
⇔
x= 2, y =
x= 1, y =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 2),(2; 1)
Câu
x(x+ 2)(2x+y) =
x2+ 4x+y= 6
Giải Đây loại hệ đặt ẩn tổng tích quen thuộc Hệ cho tương đương
(x2+ 2x) (2x+y) = 9
(x2+ 2x) + (2x+y) = 6
Đặt x2+ 2x=a 2x+y =b ta có hệ
ab=
a+b= ⇔a=b = 3⇔
x2+ 2x= 3
2x+y = ⇔
x= 1, y =
x=−3, y =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 1),(−3; 9)
Câu
x+y−√xy=
√
x+ +√y+ =
Giải
(12)(2)⇔x+y+ + 2pxy+x+y+ = 16
Mà từ (1) ta có x+y= +√xy nên
(2)⇔3 +√xy+ + q
xy+√xy+ = 16⇔√xy= ⇔
xy =
x+y= ⇔x=y =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (3; 3)
Câu
√
x+ +√y−2 =
√
x−2 +√y+ =
Giải
Đối xứng loại II Khơng cịn để nói Cho phương trình bình phương tung tóe để phá khó chịu thức
Điều kiện : x, y ≥2
Từ phương trình ta có √
x+ +py−2 =√x−2 +py−5
⇔x+y+ + 2p(x+ 5)(y−2) = x+y+ + 2p(x−2)(y+ 5)
⇔p(x+ 5)(y−2) =p(x−2)(y+ 5)⇔x=y Thay lại ta có
√
x+ +√x−2 = 7⇔x= 11
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (11; 11)
Câu
p
x2+y2 +√2xy= 8√2
√
x+√y=
Giải
Hệ cho nửa đối xứng nửa đẳng cấp, để ý bậc PT(2) nhỏ PT(1) chút Chỉ cần phép biến đổi bình phương (2) vừa biến hệ trở thành đẳng cấp vừa phá bỏ bớt
Điều kiện : x, y ≥0
Hệ cho ⇔
p
2(x2+y2) + 2√xy= 16
x+y+ 2√xy= 16 ⇔ p
2 (x2+y2) = x+y ⇔x=y
(13)2.1 Câu đến câu 30 13 Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (4; 4)
Câu 10
6x2 −3xy+x= 1−y x2+y2 = 1
Giải
Một cách trực giác nhìn thấy hệ chứa tam thức bậc thử xem liệu có phân tích thành nhân tử hay không ? Ta thử cách tính ∆ theo ẩn có phương hay không Ngon lành PT(1) ∆x đẹp tiên
Phương trình đầu tương đương (3x−1)(2x−y+ 1) =
Với x=
3 ⇒y=± 2√2
3
Với y= 2x+ 1⇒x2+ (2x+ 1)2 = 1⇔
" x= 0, y = 1
x=−4
5, y =
−3
5
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = 3;±
2√2
!
,(0,1),
−4
5;−
Câu 11
x−2y−√xy =
√
x−1 +√4y−1 =
Giải Phương trình đầu dạng đẳng cấp
Điều kiện x≥1, y ≥
4
Từ phương trình đầu ta có : √x+√y √x−2√y = 0⇔x= 4y Thay vào (2) ta có √
x−1 +√x−1 = 2⇔x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) =
2;1
Câu 12
xy+x+y=x2−2y2
x√2y−y√x−1 = 2x−2y Giải Điều kiện : x≥1, y ≥0
Phương trình đầu tương đương
(x+y) (2y−x+ 1) = 0⇔
(14)
Với x=−y loại theo điều kiện x, y phải dấu Với x= 2y+ phương trình tương đương
(2y+ 1)p2y−yp2y = 2y+ ⇔p2y(y+ 1) = 2y+ ⇔y= 2⇒x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (5; 2)
Câu 13
√
x+ +√y+ =
x+y = 17
Giải Điều kiện x, y ≥ −1
Hệ cho tương đương
√
x+ +√y+ = (x+ 1) + (y+ 2) = 20
Đặt √x+ =a≥0,√y+ =b≥0 Hệ cho tương đương
a+b =
a2+b2 = 20 ⇔
a= 4, b=
a= 2, b= ⇔
x= 15, y =
x= 3, y = 14
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (15; 2),(3; 14)
Câu 14
y2 = (5x+ 4)(4−x)
y2−5x2−4xy+ 16x−8y+ 16 = 0
Giải Phương trình tương đương
y2+ (5x+ 4)(4−x)−4xy−8y= 0⇔2y2−4xy−8y= ⇔
y =
y = 2x+
Với y= suy : (5x+ 4) (4−x) = ⇔
"
x=
x=−4
5
Với y= 2x+ suy (2x+ 4)2 = (5x+ 4)(4−x)⇔x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (4; 0),
−4
5;
,(0; 4)
Câu 15
x2−2xy+x+y= 0
x4−4x2y+ 3x2+y2 =
(15)2.1 Câu đến câu 30 15
x2+y=x(2y−1)
(x2+y)2+ 3x2(1−2y) = 0 ⇒x
(2y−1)2 + 3x2(2y−1) = 0⇔x2(2y−1)(2y−4) =
⇔
x= 0, y =
y= 2(L)
y= 2, x= 1∪2
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (0; 0),(1; 2),(2; 2)
Câu 16
x+y+xy(2x+y) = 5xy x+y+xy(3x−y) = 4xy
Giải P T(1)−P T(2) ⇔xy(2y−x) =xy⇔
xy=
x= 2y−1
Với xy= ⇒x+y = 0⇔x=y =
Với x= 2y−1
⇒(2y−1) +y+ (2y−1)y(5y−2) = 5(2y−1)y⇔
y = 1, x=
y = 9−
√
41
20 , x=−
1 +√41 10
y = +
√
41 20 , x=
√
41−1 10
Vậy hệ cho có nghiệm(x;y) = (0; 0),(1; 1), −1 + √
41
10 ;
9−√41 20
!
, √
41−1
10 ;
9 +√41 20
!
Câu 17
x2−xy+y2 = 3
2x3 −9y3 = (x−y)(2xy+ 3)
Giải
Nếu xét phương trình khơng làm ăn Nhưng để ý người bị ràng buộc với số bí ẩn Phép ? Đúng vậy, thay xuống ta phương trình đẳng cấp kết đẹp mong đợi
Thế từ xuống ta có
2x3−9y3 = (x−y) x2+xy+y2⇔x3 = 8y3 ⇔x= 2y
(1)⇔3y2 = ⇔y=±1, x=±2
(16)Câu 18
√
x+y+√x−y= +px2−y2
√
x+√y=
Giải Điều kiện :x≥y≥0
Phương trình đầu tương đương √
x+y−1 =√x−y √x+y−1
⇔
√
x+y=
√
x−y= ⇔
x=√1−y x=√1 +y
Từ ⇒
√
1−y+√y=
√
y+ +√y= ⇔
y= 0, x=
y= 1, x= 0(L)
y= 0, x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 0)
Câu 19
2x−y = +px(y+ 1)
x3−y2 = 7
Giải Điều kiện : x(y+ 1)≥0
Từ (2) dễ thấy x >0⇒y≥ −1
(1)⇔ √x−√y+ 2√x+√y+ 1= ⇔x=y+
⇒(y+ 1)3−y2 = 7⇔y= 1, x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (2; 1)
Từ câu 20 trở xin giới thiệu cho bạn phương pháp mạnh để giải gọn đẹp nhiều hệ phương trình hữu tỉ Đó gọi hệ số bất định (trong tơi gọi tên khác : UCT) Sẽ khoảng chục ví dụ để diễn tả trọn vẹn phương pháp
Trước hết điểm qua mẹo phân tích nhân tử đa thức hai biến nhanh máy tính Casio Bài viết tác giả nthoangcute
Ví dụ : A=x2+xy−2y2 + 3x+ 36y−130
Thực tam thức bậc tính ∆ phân tích Nhưng thử phân tích Casio xem
Nhìn thấy bậc x y nên ta chọn Cho y= 1000 ta A=x2+ 1003x−1964130 = (x+ 1990) (x−987)
Cho 1990 = 2y – 10 987 = y – 13 A= (x+ 2y−10) (x−y+ 13)
(17)2.1 Câu đến câu 30 17 Nhìn thấy bậc x nhỏ hơn, cho y = 1000
B = 5982x2−12989913x+ 1996986015 = 2991 (2x−333) (x−2005)
Cho 2991 = 3y – ,333 = y−1
3 , 2005 = 2y +
B = (3y−9)
2x− y−1
3
(x−2y−5) = (y−3) (6x−y+ 1) (x−2y−5)
Ví dụ : C =x3−3xy2−2y3−7x2+ 10xy+ 17y2+ 8x−40y+ 16
Bậc x y
Cho y= 1000 ta C =x3−7x2−2989992x−1983039984
Phân tích C= (x−1999) (x+ 996)2
Cho 1999 = 2y−1và 996 =y−4
C = (x−2y+ 1) (x+y−4)2
Ví dụ : D= 2x2y2+x3+ 2y3+ 4x2+xy+ 6y2+ 3x+ 4y+ 12
Bậc x y
Cho y= 1000 ta D= (x+ 2000004) (x2+ 1003)
Cho 2000004 = 2y2+ và1003 =y+
D= (x+ 2y2+ 4) (x2+y+ 3)
Ví dụ : E =x3y+ 2x2y2+ 6x3+ 11x2y−xy2−6x2 −7xy−y2−6x−5y+
Bậc y nhỏ
Cho x = 1000 ta E = 1998999y2 + 1010992995y + 5993994006 =
2997 (667y+ 333333) (y+ 6)
Ảo hóa E=999 (2001y+ 999999) (y+ 6)
Cho 999 =x−1,2001 = 2y+ 1,999999 =x2−1
E = (x−1) (y+ 6) (x2+ 2xy+y−1)
Ví dụ : F = 6x4y+ 12x3y2+ 5x3y−5x2y2+ 6xy3+x3+ 7x2y+ 4xy2 −3y3 −2x2−8xy+
3y2−2x+ 3y−3
Bậc y nhỏ
Cho x= 1000 ta F = 5997y3+ 11995004003y2+ 6005006992003y+ 997997997
Phân tích F= (1999y+ 1001001) (3y2+ 5999000y+ 997)
Cho 1999 = 2x−1,1001001 =x2+x+ 1,5999000 = 6x2−x,997 =x−3
F = (x2+ 2xy+x−y+ 1) (6x2y−xy+ 3y2+x−3)
Làm quen ? Bắt đầu Câu 20
x2+y2 = 4x2+ 3x− 57
25 =−y(3x+ 1)
(18)Lời giải gọn đẹp
25.P T(1) + 50.P T(2) ⇔(15x+ 5y−7)(15x+ 5y+ 17) =
Đến dễ dàng tìm nghiệm hệ : (x;y) =
2 5;
1
,
11 25;
2 25
Câu 21
14x2−21y2−6x+ 45y−14 = 35x2+ 28y2+ 41x−122y+ 56 = 0
Giải Lời giải gọn đẹp
49.P T(1)−15.P T(2)⇔(161x−483y+ 218)(x+ 3y−7) =
Và đến dễ dàng tìm nghiệm (x;y) = (−2; 3),(1; 2)
Qua ví dụ ta đặt câu hỏi : Vì lại ? Cái nhóm thành nhân tử tơi khơng nói hẳn bạn đọc Vì lại nghĩ số nhân vào phương trình, tình cờ may mắn phương pháp Xin thưa ví dụ UCT UCT cơng cụ mạnh qt gần toàn hệ dạng hai tam thức Cách tìm số Tơi xin trình bày sau Bài viết tác giả nthoangcute
Tổng Quát:
a1x2+b1y2+c1xy+d1x+e1y+f1 =
a2x2+b2y2+c2xy+d2x+e2y+f2 =
Giải
Hiển nhiên nhận xét hệ gồm hai tam thức bậc hai Mà nhắc đến tam thức khơng thể khơng nhắc tới đối tượng ∆ Một tam thức phân tích nhân tử hay khơng phải xem ∆x ∆y có phương hay khơng Nếu hệ loại mà từ phương trình ∆ kì diệu chẳng nói làm gì, hai phương trình ∆ kì cục ta làm Khi UCT lên tiếng Ta chọn số thích hợp nhân vào (hoặc hai phương trình) để ép cho ∆chính phương
Như phải tìm số k cho P T(1) +k.P T(2) phân tích thành nhân tử Đặt a=a1+ka2, b=b1+kb2, c =c1+kc2, d=d1+kd2, e=e1+ke2, f =f1 +kf2
Sốk nghiệm phương trình sau với a6=
cde+ 4abf =ae2+bd2+f c2
Dạ có hẳn cơng thức để giải hệ phương trình loại Tác giả xuất sắc !!! Thử kiểm chứng lại ví dụ 21
a= 14 + 35k, b=−21 + 28k, c= 0, d=−6 + 41k, e= 45−122k, f =−14 + 56k Sốk nghiệm phương trình
4(14+35k)(−21+28k)(−14+56k) = (14+35k)(45−122k)2+(−21+28k)(−6+41k)2 ⇔k =−15
(19)2.1 Câu đến câu 30 19 Như P T(1)−15
49.P T(2) hay 49.P T(1)−15.P T(2)
Một chút lưu ý hệ đầy đủ số Nếu khuyết thiếu phần cho số Ok!!
Xong dạng Hãy làm tập vận dụng Đây hệ tổng hợp từ nhiều nguồn
1
x2+ 8y2−6xy+x−3y−624 =
21x2−24y2−30xy−83x+ 49y+ 585 = 0
2
x2+y2−3x+ 4y= 3x2−2y2−9x−8y= 3
3
y2 = (4x+ 4)(4−x)
y2−5x2−4xy+ 16x−8y+ 16 = 0
4
xy−3x−2y= 16
x2+y2−2x−4y= 33
5
x2+xy+y2 = 3
x2+ 2xy−7x−5y+ =
6
(2x+ 1)2 +y2+y= 2x+
xy+x=−1
7
x2+ 2y2 = 2y−2xy+ 3x2+ 2xy−y2 = 2x−y+ 5
8
(x−1)2+ 6(x−1)y+ 4y2 = 20
x2+ (2y+ 1)2 = 2
9
2x2+ 4xy+ 2y2+ 3x+ 3y−2 = 0
x2+y2+ 4xy+ 2y= 0
10
2x2+ 3xy= 3y−13
3y2+ 2xy= 2x+ 11
11
4x2+ 3y(x−1) = 7
3y2+ 4x(y−1) =
12
x2+ =x(y−1)
y2−7 =y(x−1)
13
x2+ 2xy+ 2y2+ 3x=
xy+y2+ 3y+ = 0
Câu 22
x3−y3 = 35
2x2 + 3y2 = 4x−9y
Giải Lời giải ngắn gọn cho toán
P T(1)−3.P T(2)⇔(x−2)3 = (y+ 3)3 ⇔x=y+
Thay vào (2) ta dễ dàng tìm nghiệm (x;y) = (2;−3),(3;−2)
(20)- Bậc x y - Các biến x,y độc lập với
- Phương trình có bậc cao PT(2)
Những nhận xét đưa ta đến ý tưởng nhân số vào PT(2) để P T(1) +a.P T(2) đưa dạng đẳng thức A3 =B3
P T(1) +a.P T(2) ⇔x3 + 2ax2−4ax−y3+ 3ay2+ 9ay−35 = 0
Cần tìm a cho vế trái có dạng (x+α)3−(y+β)3 =
Cân ta :
α3−β3 =−35 3α= 2a
3α2 =−4a
⇔
a=−3
α=−2
β =
Vậy P T(1)−3.P T(2) ⇔(x−2)3 = (y+ 3)3
OK ?? Thử ví dụ tương tự
Giải hệ:
x3+y3 = 91
4x2 + 3y2 = 16x+ 9y
Gợi ý : P T(1)−3.P T(2) ⇔(x−4)3 = (y+ 3)3
Câu 23
x3+y2 = (x−y)(xy−1)
x3−x2+y+ =xy(x−y+ 1)
Giải
Hãy phân tích tốn Tiếp tục sử dụng UCT Đánh giá hệ :
-Bậc x cao bậc y
-Các biến x,y không độc lập với
-Hai phương trình có bậc cao x y
Vì bậc x cao bậc y bậc y phương trình nên ta nhân tung viết lại phương trình theo ẩn y Cụ thể sau :
y2(x+ 1)−y(x2+ 1) +x3+x=
y2x−y(x2+x−1) +x3−x2+ = 0
Bây ta mong ước thay x số vào hệ thu phương trình tương đương Tức hệ số phương trình tỉ lệ với Vậy :
x+
x =
x2+ 1
x2+x−1 =
x3+x
x3−x2+ 1 ⇒x=
Rất may mắn ta tìm x = Thay x = lại hệ ta có
2 (y2−y+ 1) = 0
y2−y+ = ⇒2.P T(2)−P T(1) có nhân tử x−1
Cụ thể là(x−1) (y2−(x+ 3)y+x2−x−2) = 0
TH1 :x= thay vào vơ nghiệm
TH2: Kết hợp thêm với PT(1) ta hệ :
y2−(x+ 3)y+x2−x−2 = 0 (3)
(21)2.1 Câu đến câu 30 21 Nhận xét hệ có đặc điểm giống với hệ ban đầu bậc y Vậy ta lại viết lại hệ theo ẩn y hi vọng lại với x Thật vậy, x =−1
2 Tiếp tục thay
vào hệ ta rút :
2P T(2)−P T(1) ⇔(2x+ 1) y2−(x−1)y+x2−x+
TH1 : x=−1
2 ⇒y=
5±3√5
TH2 : Kết hợp với (3) ta
y2−(x−1)y+x2−x+ = 0
y2−(x+ 3) +x2−x−2 = 0
Với hệ ta việc trừ cho y=−1⇒x2+ = 0 (Vô nghiệm)
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = −1
2;
5 + 3√5
!
, −1
2;
5−3√5
!
Câu 24
2 (x+y) (25−xy) = 4x2+ 17y2+ 105
x2+y2+ 2x−2y= 7
Giải Hình thức hệ giống với câu 23 Một chút đánh giá hệ
- Các biến x y không độc lập với
- Bậc cao x phương trình , y
Với đặc điểm ta thử viết hệ thành phương trình theo ẩn x y xem liệu hệ có với x y không Cách làm câu 23 Viết theo x ta khơng tìm y, viết theo y ta tìm x = khiến hệ Thay x = vào hệ ta
21y2−42y+ 21 =
y2−2y+ = 0 ⇒P T(1)−21P T(2)⇔(x−2) 2y
+ 2xy+ 4y−17x−126=
TH1 : x= ⇒y=
TH2 :
2y2+ 2xy+ 4y−17x−126 = 0
x2+y2+ 2x−2y−7 = 0
Hệ có cách giải ??
3.P T(2)−P T(1)⇔(x−y+ 5)2+ 2x2+x+ 80 = 0(Vô nghiệm) Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 1)
(22)Câu 25
x3+ 3xy2 =−49
x2−8xy+y2 = 8y−17x
Giải Lời giải ngắn gọn :
P T(1) + 3.P T(2)⇔(x+ 1) (x+ 1)2+ 3(y−4)2 =
Đến dễ dàng tìm nghiệm(x;y) = (−1; 4),(−1;−4)
Câu hỏi đặt tìm số ? Có nhiều cách giải thích tơi xin trình bày cách giải thích tơi :tuzki:
Làm tương tự theo hai câu 23 24 xem Viết lại hệ cho thành
3xy2+x3+ 49 = 0
y2+ 8(x+ 1)y+x2−17x= 0
Một cách trực giác ta thử với x=−1 Vì ? Vì với x=−1phương trình khơng cịn phần y phương trình tương đương Khi thay x=−1 hệ cho trở thành
−3y2+ 48 =
y2−16 = 0
Hai phương trình tương đương Trời thương !! Vậy x = −1 nghiệm hệ từ hệ thứ hai ta suy phải làm P T(1) + 3.P T(2) Việc lại phân tích nốt thành nhân tử
Tiếp theo đến với chùm hệ dị ý tưởng Tơi khơng trình bày chi tiết mà gợi ý kết
Câu 26
y3+ 3xy2 =−28
x2−6xy+y2 = 6x−10y
Gợi ý : P T(1) + 3.P T(2)⇔(y+ 1) (3(x−3)2+ (y+ 1)2) = 0
Nghiệm hệ : (x;y) = (3;−1),(−3;−1)
Câu 27
6x2y+ 2y3+ 35 = 0
5x2 + 5y2+ 2xy+ 5x+ 13y =
Gợi ý : P T(1) + 3.P T(2)⇔(2y+ 5)
x+
2 +
y+5
(23)2.1 Câu đến câu 30 23
Câu 28
x3+ 5xy2 =−35
2x2 −5xy−5y2+x+ 10y−35 =
Gợi ý : P T(1) + 2.P T(2)⇔(x−2) (5(y−1)2+ (x+ 3)2) =
Câu 29
x3+ 3xy2 = 6xy−3x−49
x2−8xy+y2 = 10y−25x−9
Gợi ý : P T(1) + 3.P T(2)⇔(x+ 1) ((x+ 1)2+ 3(y−5)2) =
Điểm qua câu từ câu 23 đến câu 29 ta thấy dường câu hệ đặc biệt Phải đặc biệt hệ số tỉ lệ ta tìm x = α hay y = β nghiệm hệ Thế với hệ khơng có may mắn ta làm Tôi xin giới thiệu phương pháp UCT mạnh Có thể áp dụng tốt để giải nhiều hệ hữu tỉ (kể ví dụ trên) Đó phương pháp Tìm quan hệ tuyến tính x y Và ta không nhân số vào phương trình mà chí nhân hàm f(x) hay g(y)
vào Tơi đưa vài ví dụ cụ thể sau :
Câu 30
3x2 +xy−9x−y2−9y= 2x3 −20x−x2y−20y= 0
Giải
Bài thử câu 23, 24, 25 khơng tìm x hay y nghiệm hệ Vậy phải dùng phép dựng quan hệ tuyến tính x y Quan hệ xây dựng hai cách thường dùng sau :
- Tìm tối thiểu hai cặp nghiệm hệ
- Sử dụng định lý nghiệm phương trình hữu tỉ
Trước hết xin phát biểu lại định lý nghiệm phương trình hữu tỉ :
Xét đa thức : P(x) =anxn+an−1xn−1+ +a1x+a0
Đa thức có nghiệm hữu tỉ p
q ⇔ p ước a0 q ước an
OK ? Bây ta thử xây dựng quan hệ theo cách đầu tiên, tìm tối thiểu hai cặp nghiệm hệ ( Casio lên tiếng :v )
Dễ thấy hệ có cặp nghiệm (0; (2;−1)
(24)Như quan hệ tuyến tính x=−2y Thay lại vào hệ ta
9y(y+ 1) =
−20y(y+ 1) (y−1) =
Sau ta chọn biểu thức phù hợp nhân vào phương trình Ở 20 (y−1).P T(1) + 9.P T(2)
Như
20 (y−1).P T(1) + 9.P T(2)⇔(x+ 2y) 18x2+ 15xy−60x−10y2−80y =
TH1 : x=−2y thay vào (1)
TH2 : Kết hợp thêm với PT(1) thành hệ gòm hai tam thức biết cách giải Nghiệm hệ :
(x;y) = (0; 0),(2;−1),(10; 15), 15− √
145
2 ; 11−
√
145 !
, 15 + √
145
2 ; 11 +
√
145 !
Sử dụng cách thấy, hệ phương trình hữu tỉ cần tìm cặp nghiệm ta xây dựng quan hệ tuyến tính giải tốn Đây ưu điểm Bạn đọc thử vận dụng vào giải ví dụ từ 23 đến 29 xem Tôi thử làm câu 25 : Cặp nghiệm (−1; 4),(−1;−4) nên quan hệ xây dựng làx=−1 Thay lại vào hệ ta có hướng chọn hệ số để nhân
Tuy nhiên cách chịu chết với hệ có cặp nghiệm nghiệm q lẻ khơng thể dò Casio Đây nhược điểm lớn
Nào thử xây dựng quan hệ định lý
Với hệ phương trình có bậc cao nên ta nhân a vào phương trình cộng với phương trình Vì bậc x cao nên ta viết lại biểu thức sau thu gọn dạng phương trình biến x Cụ thể
2x3+ (3a−y)x2 + (ay−9a−20)x−y(ay+ 9a+ 20) = 0(∗)
Nghiệm (*) theo định lý giá trị
±1,±1 2,±
y
2,±y,
Tất nhiên khơng thể có nghiệm x=±1
2 hayx=±1được Hãy thử với hai trường hợp lại
* Với x=y thay vào hệ ta
3y2−18y=
y3−40y= 0
Khi ta phải lấy (y2−40).P T(1)−3(y−6).P T(2) Rõ ràng phức tạp Loại này.
* Với x=−y thay vào hệ ta
y2 = 0
−3y3 = 0
Khi ta lấy 3y.P T(1) +P T(2) Quá đơn giản Khi biểu thức
(x+y) 2x2+ 6xy− 3y2+ 27y+ 20=
Cách số hai tốt để thay cách trường hợp khơng tìm cặp nghiệm Tuy nhiên yếu điểm khơng phải hệ dùng định lý tìm nghiệm Ta phải biết kết hợp nhuần nhuyễn hai cách với Và thử dùng cách làm câu từ 23 đến 29 xem Nó nghiệm số
(25)2.2 Câu 31 đến câu 60 25 2.2 Câu 31 đến câu 60
Câu 31
x2y2+ 3x+ 3y−3 =
x2y−4xy−3y2+ 2y−x+ = 0
Giải
P T(1)−(y−1).P T(2)⇔(x+y−1) 3y2+xy−2y+ =
TH1 : x= 1−y No problem !!! Th2 :
3y2+xy−2y+ =
x2y−4xy−3y2+ 2y−x+ = 0
Đây lại hệ đặc biệt, ta tìm x= nghiệm hệ Thay vào rút kết
PT(1) + PT(2)⇔(x−3) (xy−1) =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (0; 1),(1; 0)
Bài viết phương pháp UCT hay gọi hệ số bất định kết thúc Qua chục câu ta thấy : sử dụng phương pháp UCT nâng cao (tìm quan hệ tuyến tính ẩn) phương pháp mạnh tốt để giải nhanh gọn hệ phương trình hữu tỉ Tuy nhiên nhược điểm q trình làm nhiều Thứ : tính tốn q trâu bị hại não Hiển nhiên rồi, dựng quan hệ tuyến tính khó, sau cịn phải nhọc cơng phân tích đa thức hỗn độn thành nhân tử Thứ hai, sử dụng cách thái khiến thân trở nên thực dụng, máy móc, khơng chịu mày mị suy nghĩ mà nhìn thấy lao đầu vào UCT, có khác lao đầu vào đá khơng ?
Một câu hỏi đặt Liệu UCT có nên sử dụng kì thi, kiểm tra hay không ? Xin thưa, đề VMO, ý tưởng họ dùng UCT dạng bản, tức nhân số UCT dạng tơi khơng nói làm UCT dạng nâng cao tốt khơng nên xài kì thi Thứ nhiều thời gian sức lực Thứ hai gây khó khăn ức chế cho người chấm, họ hồn tồn gạch bỏ tồn bạn làm Vậy nên : CÙNG ĐƯỜNG LẮM RỒI MỚI DÙNG NHÉ !! :D
(26)Câu 32
x5+y5 = 1
x9+y9 =x4+y4
Giải
Nhận thấy rõ ràng loại hệ bán đẳng cấp Ta nhân chéo hai vế với x9+y9 = (x4+y4)(x5+y5)⇔x4y4(x+y) =
TH1 : x= ⇒y=
TH2 : y= ⇒x=
TH3 : x=−y thay vào (1) rõ ràng vô nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 0),(0; 1)
Câu 33
x3+ 2xy2 = 12y
8y2+x2 = 12
Giải
Lại thêm hệ loại, nhân chéo hai vế cho ta x3+ 2xy2 =y(8y2+x2)⇔x= 2y
Khi (2) tương đương
12y2 = 12⇔y=±1, x=±2
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (2; 1),(−2;−1)
Câu 34
x2+y2+ 2xy
x+y = √
x+y=x2−y
Giải Điều kiện : x+y >0
Rõ ràng không làm ăn từ phương trình (2) Thử biến đổi phương trình (1) xem
(1)⇔(x+y)2−1 + 2xy
x+y −2xy= ⇔(x+y+ 1)(x+y−1)− 2xy(x+y−1)
x+y = Có nhân tử chung Với x+y = thay vào (2) ta
(27)2.2 Câu 31 đến câu 60 27 Giờ ta xét trường hợp cịn lại Đó x+y+ = 2xy
x+y
⇔x+y+ = 1−x2−y2 ⇔x2+y2+x+y=
Rõ ràng sai từ điều kiện cho x+y >0
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 0),(−2; 3)
Câu 35
x3−y3 = 3(x−y2) +
x2+√1−x2−3p
2y−y2+ = 0
Giải Điều kiện : −1≤x≤1, 0≤y≤2
Thường người ta làm sau Để ý phương trình (1) chút
(1) ⇔x3 −3x= (y−1)3−3(y−1)
Xét f(t) = t3−3t với −1≤t≤1 f0(t) = 3t2−3≤0
Suy f(t) đơn điệu từ suy x=y−1 thay vào (2)
Cách ổn Tuy nhiên thay vào làm chưa phải nhanh Hãy xem cách khác mẻ mà làm
(2) ⇔x2+√1−x2+ = 3p2y−y2 ⇔f(x) = g(y)
Xét f(x) miền [−1; 1] ta tìm được3≤f(x)≤ 13
4
Ta lại có :g(y) = 3py(2−y)≤3y+ 2−y
2 =
Vậy f(x)≥g(y) Dấu xảy
y=
x=±1, x= Thay vào phương trình đầu có cặp(x;y) = (0; 1)là thỏa mãn
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (0; 1)
Câu 36
x3−3x=y3−3y x6+y6 = 1
Giải
Dễ thấy phương trình (1) cần xét hàm rồi, nhiênf(t) =t3−3t lại không đơn điệu, cần phải bó thêm điều kiện Ta dùng phương trình (2) để có điều kiện Từ (2) dễ thấy −1≤x, y ≤1 Với điều kiện rõ ràng f(t) đơn điệu giảm suy x=y
Thay vào (2) ta
2x6 = 1⇔x=±√61
2
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) =
1
√
2;
√
2
,
−
6
√
2;−
√
2
(28)Câu 37
x3(2 + 3y) = 1
x(y3−2) =
Giải
Nhận thấy x= không nghiệm Hệ cho tương đương
3y+ =
x3
3
x + =y
3
⇒y=
x
Thay lại (1) ta có
2x3+ 3x2−1 = 0⇔
"
x=−1⇒y=−1
x=
2 ⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = (−1;−1),
2;
Câu 38
x2+y2+xy+ = 4y
y(x+y)2 = 2x2+ 7y+ 2
Giải
Sử dụng UCT thấy y= nghiệm hệ Thay lại ta có
2P T(1) +P T(2) ⇔y(x+y+ 5)(x+y−3) = 0⇔
y=
x=−5−y x= 3−y Với y= thay lại vô nghiệm
Với x=−5−y phương trình (1) tương đương
(y+ 5)2+y2 −y2−5y+ = 4y ⇔V L
(29)2.2 Câu 31 đến câu 60 29
Câu 39
( √
x+y−√x−y= y
x2−y2 = 9
Giải Điều kiện : y≤min{±x}
Ta không nên đặt ẩn tổng hiệu cịn sót lại y
2 làm tốn khó khăn Một cách
trực giác ta bình phương (1) lên Từ (1) ta suy
2x−2px2−y2 = y
4
Đến nhìn thấy px2−y2 theo (2) Vậy suy ra
2x−6 = y
2
4 ⇔y
2 = 8x−24
Thay vào (2) ta
x2−8x+ 15 = 0⇔
x= 3⇒y= 0(T M)
x= 5⇒y= 4(T M)
x= 5⇒y=−4(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (3; 0),(5; 4),(5;−4)
Câu 40
x−√y+ =
y+ 2(x−3)√x+ =−3
4
Giải Điều kiện : x, y ≥ −1
Khơng tìm mối quan hệ cụ thể Tạm thời ta đặt ẩn để dễ nhìn Đặt √x+ =a≥0,√y+ =b≥0 Hệ cho tương đương
a2−1−b=
2
b2−1 + 2a(a2−4) =−3
4
Ta b = −a
2 từ (1) vào (2) có :
−a
2
2
+ 2a(a2−4)−
4 = 0⇔
a=−3⇒b = 11 (L)
a=−2⇒b = 2(L)
a= 1⇒b =−5
2(T M)
a= 2⇒b = 2(L)
⇒
(
x=
y=−3
(30)Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
0;−3
4
Câu 41
(x2+xy+y2)p
x2+y2 = 185
(x2−xy+y2)px2+y2 = 65
Giải
Thoạt nhìn qua thấy hệ đẳng cấp bậc rõ ràng Tuy nhiên tinh ý ta đem cộng phương trình cho lạix2 +y2
Cộng phương trình cho ta có
2(x2+y2)px2+y2 = 250⇔px2+y2 = 5
Khi thay lại hệ ta có
(25 +xy).5 = 185 (25−xy).5 = 65 ⇒
xy= 12
x2+y2 = 25 ⇔
x= 3, y =
x= 4, y =
x=−3, y =−4
x=−4, y =−3
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (3; 4),(4; 3),(−3;−4),(−4;−3)
Câu 42
r
y x +
rx
y =
7
√
xy + x√xy+y√xy= 78
Giải Điều kiện : xy≥0
Hệ cho tương đương
x+y √
xy =
7 +√xy √
xy √
xy(x+y) = 78
Đặt x+y=a,√xy=b Hệ cho tương đương
a−b=
ab= 78 ⇔
a = 13
b =
a =−6
b =−13 (L)
⇔
x+y = 13
xy= 36 ⇔
x= 9, y =
x= 4, y =
(31)2.2 Câu 31 đến câu 60 31
Câu 43
x3−y3 = 9
x2+ 2y2−x+ 4y=
Giải Dùng UCT
P T(1)−3.P T(3)⇔(x−1)3 = (y+ 2)3 ⇔x=y+
Đến dễ dàng tìm nghiệm (x;y) = (1;−2),(2;−1)
Câu 44
8x3y3+ 27 = 18y3
4x2y+ 6x=y2
Giải
Đây hệ hay Ta tìm cách loại bỏ 18y3 đi Vì y = 0 khơng nghiệm nên (2) tương
đương
72x2y2+ 108xy= 18y3
Đến ý tưởng rõ ràng ? Thế 18y3 từ (1) xuống ta thu
8x3y3−72x2y2−108xy+ 27 = 0⇔
xy=−3
2
xy= 21−9
√
5
xy= 21 +
√
5
Thay vào (1) ta tìm y x
⇒
y= 0(L)
y= r
8(xy)3+ 27
18 =−
3
√
5−3⇒x= 3−
√
5
y= r
8(xy)3+ 27
18 =
3 +
√
5⇒x= +
√
5
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) =
1 3−
√
5;−3
2
√
5−3
,
+
√
5;3 +
√
5
(32)Câu 45
(x+y)
1 +
xy
= (x2+y2)
1 +
x2y2
=
Giải Điều kiện : xy6=
Ta nhân Hệ tương đương
x+y+
x+
1
y = x2+y2+
x2 +
1
y2 =
⇔
x+
x
+
y+1
y
=
x+
x
2 +
y+1
y = 13 ⇔
x+
x = 2, y+
1
y = x+
x = 3, y+
1
y = ⇔
x= 1, y = 3±
√
5
x= 3±
√
5 , y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 1;3±
√
5
!
, 3± √
5
2 ;
!
Câu 46
x2+y2+x+y= 18
x(x+ 1)y(y+ 1) = 72
Giải Một đặt ẩn tổng tích đơn giản Đặt x2+x=a, y2+y=b Ta có
a+b = 18
ab= 72 ⇔
a= 12, b =
a= 6, b= 12 ⇔
x2+x= 6
y2+y= 12
x2+x= 12
y2+y= 6
⇔
x= 2, x=−3
y= 3, y =−4
x= 3, x=−4
y= 2, y =−3
(33)2.2 Câu 31 đến câu 60 33
Câu 47
x3+ 4y=y3+ 16x
1 +y2 = 5(1 +x2)
Giải Hệ cho tương đương
x3−16x=y(y2−4)
y2−4 = 5x2
Như phương trình (1)
x3−16x= 5x2y⇔
x= 0, y =±2
y= x
2−16
5x Trường hợp thay vào (2)
(x2−16)2
25x2 −4 = 5x ⇔
"
x2 =
x2 =−64
31
⇔
x= 1, y =−3
x=−1, y =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (0; 2),(0;−2),(1;−3),(−1; 3)
Câu 48
x+py2 −x2 = 12−y
xpy2−x2 = 12
Giải Điều kiện : y2 ≥x2
Để ý xpy2−x2 sinh từ việc ta bình phương (1) Vậy thử bám theo hướng xem Từ (1)
ta suy ta
x2+y2−x2+ 2xpy2−x2 = (12−y)2
⇔y2+ 24 = (12−y)2 ⇔y =
Thay vào (2) ta có
x√25−x2 = 12 ⇔x= 3, x= 4
Đối chiếu lại thấy thỏa mãn
(34)Câu 49
x4−4x2 +y2−6y+ = 0
x2y+x2+ 2y−22 =
Giải
Để ý đặt x2 = a thì hệ cho biến thành hệ tam thức bậc ta hoàn toàn biết cách
giải Cụ thể
P T(1) + 2.P T(2) ⇔(x2+y)2−2(x2+y)−35 =
TH1 : x2+y= 7 ⇔x2 = 7−y thay (2) ta có
(7−y)y+ 7−y+ 2y−22 = 0⇔
y= 3⇒x=±2
y= 5⇒x=±√2
TH2 : x2+y=−5⇔x2 = 5−y Hoàn toàn tương tự thay (2) cho y vơ nghiệm
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 3),(−2; 3),(√2; 5),(−√2; 5)
Câu 50
x2+y+x3y+xy+y2x=−5
4
x4+y2+xy(1 + 2x) =−5
4
Giải
Đây câu Tuyển sinh khối A - 2008 Một cách tự nhiên gặp hình thức ta tiến hành nhóm số hạng lại
Hệ cho tương đương
(x2+y) +xy+ (x2+y)xy=−5
4 (x2+y)2+xy =−5
4
Đến hướng rõ ràng Đặt x2+y =a, xy=b ta có
a+b+ab=−5
4
a2+b =−5
4
⇔
a= 0, b =−5
4
a=−1
2, b=−
⇔
(
x2 +y=
xy=−5
4
x2+y=−1
2
xy=−3
2
⇔
x= r
5
4, y =− r
25 16
x= 1, y =−3
2
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = r
5 4;−
3 r
25 16
!
,
1;−3
2
(35)2.2 Câu 31 đến câu 60 35
Câu 51
x2+ +y(y+x) = 4y
(x2+ 1)(x+y−2) = y
Giải
Hệ gần câu chuyện x2+ 1 và x+y Tuy nhiên y chen vào khiến hệ trở nên
khó chịu Hãy diệt y Cách tốt chia mà y = khơng phải nghiệm hệ Hệ cho tương đương
x2+
y +x+y−2 = x2+ 1
y (x+y−2) = Hướng rõ ràng Đặt x
2+ 1
y =a,x+y−2 = b Hệ cho trở thành
a+b=
ab= ⇔
a=
b= ⇔
x2+ = y x+y= ⇔
x= 1, y =
x=−2, y =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 2),(−2; 5)
Câu 52
y+xy2 = 6x2
1 +x2y2 = 5x2
Giải
Loại hệ khơng khó Ý tưởng ta chia để biến vế phải trở thành số Nhận thấy x= không nghiệm Hệ cho tương đương
y x2 +
y2 x =
1
x2 +y = 5
⇔
y x
x +y
=
1
x +y
2
−2y
x = Đặt y
x =a,
1
x +y =b Hệ trở thành
ab=
b2−2a= 5 ⇔
a=
b= ⇔ (
y = 2x
1
x +y= ⇔
"
x= 1, y =
x= 2, y =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 2),
2;
(36)
Câu 53
x2+ 2y2 =xy+ 2y
2x3 + 3xy2 = 2y2+ 3x2y
Giải
Để ý chút hệ bán đẳng cấp Nếu ta viết lại sau
x2+ 2y2−xy= 2y
2x3+ 3xy2−3x2y = 2y2
Từ ta có
2y2(x2 + 2y2−xy) = 2y 2x3+ 3xy2 −3x2y⇔4y(y−x) x2−xy+y2=
TH1 : y= ⇒x=
TH2 : x=y=
TH3 : x=y thay vào (1) ta
2y2 = 2y⇔
x=y=
x=y=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (0; 0),(1; 1)
Câu 54
2x2y+y3 = 2x4+x6
(x+ 2)√y+ = (x+ 1)2
Giải Điều kiện : y≥ −1
Khai thác từ (1) Có vẻ hàm Chọn chia cho phù hợp ta mục đích, chia cho x3 x= khơng nghiệm hệ PT(1)
2y
x
+y
x
3
= 2x+x3 ⇔ y
x =x⇔y=x
2
Thay vào (2) ta
(x+ 2)√x2+ = (x+ 1)2 ⇒(x+ 2)2 x2+ 1
= (x+ 1)4 ⇔
x=√3, y = 3(T M)
x=−√3, y = 3(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (±√3; 3)
(37)2.2 Câu 31 đến câu 60 37
Câu 55
x5+xy4 =y10+y6
√
4x+ +py2+ = 6
Giải Điều kiện : x≥ −5
4
Thấy y= không nghiệm hệ Chia vế (1) cho y5 ta được
x y
5 +x
y =y
5+y⇔ x
y =y⇔x=y
2
Thay vào (2) ta √
4x+ +√x+ = 6⇔x= ⇒y =±1
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1;±1)
Câu 56
xy+x+ = 7y x2y2+xy+ = 13y2
Giải
Đây câu Tuyển sinh khối B - 2009 Các giải thơng thường chia (1) cho y, chia (2) cho y2 sau kiểm tra y= nghiệm Ta
x+x
y +
1
y = x2+x
y +
1
y2 = 13
⇔
x+
y + x y =
x+1
y
2
− x
y = 13 ⇔
a+b=
a2−b = 13 ⇔
a= 4, b=
a=−5, b= 12
⇔
x+
y = x= 3y
x+
y =−5 x= 12y
⇔
"
x= 1, y =
x= 3, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1;1
,(3; 1)
(38)Câu 57
x4+ 2x3y+x2y2 = 2x+ 9
x2+ 2xy= 6x+
Giải
Để ý thật kĩ ta khéo léo xy lên (1) cịn lại phương trình ẩn x Dù bậc liều ăn nhiều Hệ viết lại
x4+ 2x2(xy) +x2y2 = 2x+ 9
xy= 6x+ 6−x
2
2
Từ (1) tương đương
x4+x2(6x+ 6−x2) +
6x+ 6−x2
2
2
= 2x+ 9⇔
x=−4
x= ⇒ "
y= 17
V L Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) =
−4;17
4
Câu 58
√3
1 +x+√1−y=
x2−y4+ 9y =x(9 +y−y3)
Giải Điều kiện : y≤1
Khơng làm ăn từ (1) Xét (2) Để ý tẹo (2) phân tích thành
(x−y) (9−x−y3) = 0⇔
x=y x= 9−y3
Với x=y thay vào (1) ta
3 p
1 +y+p1−y = 2⇔
a+b =
a3 +b2 = 2
b ≥0
⇔
a= 1, b =
a=−1−√3, b= +√3
a=√3−1, b= 3−√3
⇔
y=
y= 6√3−11
y=−6√3−11
Với x= 9−y3 thay vào (1) ta
3 p
10−y3+p1−y= 2
Ta có
3 p
10−y3 +p1−y≥√3 9>2
(39)2.2 Câu 31 đến câu 60 39
Câu 59
√
xy+√1−y=√y
2√y√x−1−√y=−1
Giải Điều kiện : x≥1,0≤y≤1
Thoạt nhìn tốn ta thấy lạc vào mê cung thức Tuy nhiên với đánh giá đơn giản ta chém đẹp tốn
Viết lại phương trình (2) sau
2√y√x−1 =√y−1
Từ điều kiện dễ thấy V T ≥0≥V P Dấu xảy x=y=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 1)
Câu 60
x√17−4x2+yp19−9y2 = 3
√
17−4x2+p19−9y2 = 10−2x−3y
Giải Điều kiện : −
√
17
2 ≤x≤
√
17 ,−
√
19
3 ≤y≤
√
19
Bài toán xuất Đề thi thử lần page u Tốn học tơi tác giả Ý tưởng đơn giản, phù hợp với đề thi tuyển sinh
Để ý x√17−4x2 liên quan đến 2x và √17−4x2, yp19−9y2 liên quan đến 3y và 19−9y2.
Và tổng bình phương chúng số Đấy sở để ta đặt ẩn Đặt 2x+√17−4x2 =a , 3x+p19−9y2 =b Hệ cho tương đương
a+b = 10
a2−17
4 +
b2−19
6 =
⇔
a = 5, b=
a = 3, b=
TH1 :
2x+√17−4x2 = 5
3y+p19−9y2 = 5 ↔
"
x=
x=
y= 5±
√
13
TH2 :
2x+√17−4x2 = 3
3y+p19−9y2 = 7 (Loại)
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = 2;
5 +√13
! 2;
5−√13
!
2;5 +
√
13
!
2;5−
√
13
!
(40)
2.3 Câu 61 đến câu 90 Câu 61
x√5−x2+yp5−4y2 = 1
√
5−x2+p5−4y2 =x−2y
Nghiệm : (x;y) = (1;−1),
2;−1
2
Câu 62
x3−xy2+y3 = 4x4 −y4 = 4x−y
Giải
Rõ ràng hệ đưa dạng đẳng cấp cách nhân chéo vế với vế Tuy nhiên, sử dụng phép tốt ta đưa kết đẹp mắt
Phương trình (2) tương đương
4x(x3−1) =y(y3−1)
Đến ta rút x3−1và y3 −1 từ (1) Cụ thể từ (1) ta có
x3−1 = y3−y2x
y3−1 =xy2−x3
Thay tất xuống (2) ta thu
4xy2(y−x) = −xy(x2−y2)⇔
x=
y=
x=y
4y=y+x ⇔
y=
x=
x=y=
y= √31
25, x= 3
√
25
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (0; 1),(1; 0),(1; 1),
√
25; 3
√
25
Câu 63
x+px2−y2
x−px2−y2 +
x−px2−y2
x+px2−y2 =
17
x(x+y) +px2+xy+ = 52
Giải
Điều kiện : x6=±px2 −y2, x2 −y2 ≥0, x2+xy+ 4≥0
Hình thức hệ khủng bố ý tưởng lộ hết Ta khai thác phương trình Pt(1) có nhiều cách xử lí : đẳng cấp, đặt ẩn, liên hợp Tơi xử lí theo hướng số (1)
x+px2−y22
x2−(x2−y2) +
x−px2−y22
x2−(x2−y2) =
17
4 ⇔
2 (2x2−y2)
y2 =
17
4 ⇔y=±
4x
(41)2.3 Câu 61 đến câu 90 41 Tiếp tục khai thác (2) Dễ thấy đặt px2+xy+ =t≥0 thì (2) trở thành
t2+t= 56⇔
t=
t=−8(L) ⇒x
2+xy= 45
Kết hợp lại ta
(
y=±4
5x
x2+xy= 45 ⇔
x=−5, y =−4
x= 5, y =
x=−15, y = 12
x= 15, y =−12
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−5;−4),(5; 4),(−15; 12),(15;−12)
Câu 64
p
x+√y+p
x−√y= p
y+√x−py−√x=
Giải Điều kiện : x, y ≥0 ,√y≤min{±x} , √x≤min{±y}
Khơng tìm mối liên hệ từ hai phương trình, ta tiến hành bình phương nhiều lần để phá vỡ tồn thức khó chịu Phương trình (1) tương đương
2x+ 2px2−y = 4⇔px2−y= 2−x⇒x2−y=x2−4x−4⇔4x−y= 4
Làm tương tự phương trình (2) ta có : 4x−4y = −1 Kết hợp kết lại dễ dàng tìm x,y
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
17 12;
5
Câu 65
x+ √3 2xy
x2−2x+ 9 =x 2+y
y+ 2xy
p
y2 −2y+ 9 =y +x
Giải
Hình thức hệ đối xứng Tuy nhiên biểu thức cồng kềnh lại nhận xét thấy x=y= nghiệm Có lẽ đánh giá
Cộng phương trình lại ta có
x2+y2 = 2xy √3
x2−2x+ 9 +
1 p
y2−2y+ 9
!
Từ ta nhận xét để có nghiệm xy ≥0 để ý √3
t2−2t+ 9≥2 nên ta đánh giá
x2+y2 ≤2xy
2+
1
(42)
Dấu xảy (x;y) = (1; 1)
Câu 66
( 6x
y −2 = √
3x−y+ 3y
2p3x+√3x−y = 6x+ 3y−4
Giải Điều kiện : y6= , 3x≥y, 3x+√3x−y≥0
Phương trình (1) tương đương
6x−2y=yp3x−y+ 3y2 ⇔2 (3x−y)−yp3x−y−3y2 = ⇔
" √3x−y =−y
√
3x−y = 3y
TH1 : √3x−y=−y Từ suy ray≤0 3x=y2 +y thay tất vào (2) ta được
2py2 +y−y= 2 y2+y
+ 3y−4⇔
2y2+ 7y−4 = 0
y≤0 ⇔y=−4⇒x=
TH2 : √3x−y= 3y
2 Từ suy y≥0và 3x= 9y2
4 +y thay tất vào (2) ta tìm
đượcy =
9 ⇒x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (−4; 4),
9;
8
Câu 67
(3−x)√2−x−2y√2y−1 =
√
x+ + 2√y+ =
Giải Điều kiện : x≤2, y ≥
2
Phương trình (1) tương đương
(2−x)√2−x+√2−x= (2y−1)p2y−1 +p2y−1⇔f(√2x−1) =f(p2y−1)
Với f(x) =x3+x đơn điệu tăng Từ suy ra √2−x=√2y−1⇔x= 3−2y thay vào (2)
ta có
3 p
5−2y+ 2py+ = 5⇔
a+ 2b=
a3+ 2b2 = 9 ⇔
a= 1, b=
a= −3−
√
65
4 , b=
23 +√65
a=
√
65−3
4 , b=
(43)2.3 Câu 61 đến câu 90 43
⇔
y=
y= 233 + 23
√
65 32
y= 233−23
√
65 32
Vậy hệ cho có nghiệm
(x;y) = (−1; 2), 23 √
65−185
16 ;
233−23√65 32
!
−23
√
65 + 185
16 ;
233 + 23√65 32
!
Sử dụng tính đơn điệu hàm số hướng phổ biến giải hệ phương trình Chỉ cần khéo léo nhìn dạng hàm, ta rút điều kì diệu từ phương trình khơng tầm thường chút
Câu 68
√
1 +xy+√1 +x+y=
x2y2−xy=x2+y2+x+y
Giải Điều kiện : xy≥ −1 ,x+y≥ −1
Một chút biến đổi phương trình (2) ta
x2y2+xy = (x+y)2+x+y⇔(xy−x−y)(xy+x+y+ 1) = 0⇔
x+y=xy x+y=−xy−1
TH1 : xy=x+y thay vào (1) ta
2p1 +xy= ⇔xy = 0⇔x=y =
TH2 : x+y=−xy−1thay vào (1) ta
p
1 +xy+√−xy= 2(V L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 0)
Câu 69
x+ 3x−y
x2+y2 =
y− x+ 3y x2+y2 =
Giải
Tôi không nhầm tốn xuất THTT, nhìn hình thức hệ đẹp mắt gọn nhẹ không dễ giải chút Hướng làm tối ưu phức hóa Dựa vào ý tưởng hệ đối xứng đồng thời mẫu bình phương Mođun mà ta sử dụng cách Hướng giải sau
PT(1)+i.PT(2) ta
x+yi+ 3(x−yi)−(xi+y)
(44)Đặt z =x+yi phương trình trở thành z+3z−iz
|z|2 = 3⇔z+
3z−iz
z.z = 3⇔z+
3−i
z = 3⇔
z = +i z = 1−i Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (2; 1),(1;−1)
Hình thức hệ dễ nhận thấy Thử làm số câu tương tự
Câu 70
x+ 5x+
√
5y x2+y2 =
y+
√
5x−5y x2 +y2 =
Câu 71
x+ 5x−y
x2+y2 =
y− x+ 5y x2+y2 =
Câu 72
x+ 16x−11y
x2+y2 =
y− 11x+ 16y x2+y2 =
Câu 73
(6−x)(x2+y2) = 6x+ 8y
(3−y)(x2+y2) = 8x−6y
Gợi ý : Chuyển hệ cho dạng
x+6x+ 8y
x2+y2 =
y+8x−6y
x2+y2 =
Nghiệm : (x;y) = (0; 0),(2; 1),(4; 2)
(45)2.3 Câu 61 đến câu 90 45
Câu 74
4x2y2−6xy−3y2 =−9
6x2y−y2−9x=
Giải
Đây toán đẹp mắt Thấy x= nghiệm hệ Ta suy P T(1) +P T(2)⇔(x−1)(4y2(x+ 1) + 6xy−9) =
TH1 : x= ⇒y=
TH2 : 4y2(x+ 1) + 6xy−9 =
Vì x= khơng nghiệm Suy 4y2x(x+ 1) + 6x2y−9x= 0 (*)
Vì nhân x vào UCT ? Tôi giới thiệu cho bạn UCT nâng cao chả dùng Lí đơn giản tơi muốn xuất hiện6x2y−9x=y2 từ (2)
Vậy (*)⇔4y2x(x+ 1) +y2 = 0 ⇔y2(2x+ 1)2 = 0
TH1 : y= vô nghiệm TH2 : x=−1
2 ⇒y= 3, y =−
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 3),
−1
2;
,
−1
2;−
Câu 75
x2
(y+ 1)2 +
y2
(x+ 1)2 =
1 3xy=x+y+
Giải Điều kiện x, y 6=−1
Bài tốn có nhiều cách giải Tơi xin giới thiệu cách đẹp đẽ Áp dụng Bất đẳng thứcAM −GM cho vế trái (1) ta có
V T ≥ 2xy
(x+ 1)(y+ 1) =
2xy
xy+x+y+ =
2xy xy+ 3xy =
1
Dấu xảy (x;y) = (1; 1),
−1
3;−
Câu 76
3y2+ + 2y(x+ 1) = 4ypx2+ 2y+ 1
y(y−x) = 3−3y
Giải Điều kiện : x2+ 2y+ 1≥0
Không làm ăn từ (2) Thử biến đổi (1) xem PT(1) tương đương
(46)⇔
p
x2+ 2y+ = 3y−x
p
x2+ 2y+ =x+y
Có vẻ ảo ? Nhưng để ý chút (1) có vóc dáng đẳng thức nên ta nghĩ đến hướng
Bây xử lí hai trường hợp ? Chắc bình phương thơi Tốt q ! Phương trình cịn lại xy y mà (2) có
TH1 : px2+ 2y+ = 3y−x
⇔
3y≥x
x2 + 2y+ = 9y2−6xy+x2 ⇔
3y≥x
6xy= 9y2−2y−1
xy =y2 + 3y−3(2)
⇔
"
x= 1, y = 1(T M)
x= 415 51 , y =
17 (T M)
TH2 : px2+ 2y+ =x+y
⇔
x+y≥0
x2+ 2y+ =x2+ 2xy+y2 ⇔
x+y≥0
2xy=−y2+ 2y+ 1
xy=y2+ 3y−3
⇔
" x= 1, y = 1
x= 41
21, y =− 3(L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1),
415
51 ; 17
3
Như biết Tam thức bậc hai có nhiều ứng dụng giải tốn hệ khơng phải ngoại lệ Chỉ với đánh giá đơn giản : đặt điều kiện ∆ để tam thức có nghiệm mà ta tìm cực trị ẩn Từ đánh giá giải tốn mà phương pháp thơng thương bó tay Loại hệ sử dụng phương pháp thường cho hai dạng Thứ : cho phương trình tam thức, phương trình tổng tích hai hàm f(x) g(y) Thứ hai : cho phương trình phương trình bậc hai ẩn Hãy thử lướt qua chùm hệ loại
Câu 77
(
x4+y2 = 698 81
x2+y2+xy−3x−4y+ = 0
Giải
Hình thức hệ : phương trình tam thức bậc hai có dạng f(x) +g(y) số khủng bố Ta khai thác phương trình (2) cách đánh giá ∆
Viết lại phương trình (2) dạng sau
x2+ (y−3)x+ (y−2)2 = 0(∗)
y2+ (x−4)y+x2−3x+ = 0(∗∗)
Để (*) có nghiệm ∆x ≥0⇔(y−3)2−4(y−1)2 ≥0⇔1≤y≤
7
Để (**) có nghiệm ∆y ≥0⇔(x−4)4−4(x2−3x+ 4)≥0⇔0≤x≤
4
Từ điều kiện chặt hai ẩn ta xét (1) có đánh sau x4+y2 ≤
4 +
2
= 697 81 <
(47)2.3 Câu 61 đến câu 90 47 Vậy hệ cho vô nghiệm
Thử câu tương tự
Câu 78
(
x3+y2 = 50 27
x2+xy+y2 −y = 1
Giải Làm tương tự từ (1) ta rút x3+y2 ≤ 49
27 < 50 27
Câu 79
(2x2−3x+ 4)(2y2−3y+ 4) = 18
x2+y2+xy−7x−6y+ 14 = 0
Giải
Hình thức quen thuộc phương trình đầu cho dạng f(x).f(y) Chả ! Cứ làm ban
Từ phương trình (2) đánh giá quen thuộc ta rút
2≤x≤ 10
3 1≤y ≤
3
Điều kiện đủ để f(x) f(y)đơn điệu tăng f0(x) = 4x−3>0với x Vậy ta có
f(2).f(1)≤f(x).f(y)≤f
10
3
.f
⇔18≤f(x).f(y)≤ 10366
81
Dấu xảy x= y= thay lại vào (2) thấy không thỏa Vậy hệ cho vô nghiệm
Câu 80
(
(2x2−1)(2y2−1) =
2xy
x2+y2+xy−7x−6y+ 14 = 0
Giải Một chút biến đổi ta đưa giống câu 79
Nhận thấy x =y = không nghiệm hệ Chia vế phương trình (1) cho xy ta
2x−
x 2y−
1
y
=
(48)Quen thuộc Bài vô nghiệm
Câu 81
x2y2−2x+y2 = 2x2 −4x+ +y3 = 0
Giải
Hình thức hệ gọn nhẹ khơng dễ giải cách thơng thường Nhưng để ý hai phương trình bậc hai với ẩn x Vậy nên giả sử có nghiệm x rõ ràng ∆x ≥0
Như từ hai phương trình ta có
1−y4 ≥0
4−2(3 +y3)≥0 ⇔
−1≤y≤1
y≤ −1 ⇒y=−1
Thay lại ta tìm x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1;−1)
OK ? Tơi đưa thêm ví dụ để bạn test
Câu 82
x2−2x+ 2−y2 = 0
x2y3−2x+y =
Nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 83
x2y2−x2+ 4y2−12x= 4
2x2 + 2y2−8x+ 9y+ 18 =
Nghiệm : (x;y) = (2;−2)
Câu 84
x2y2−8x+y2 = 0
2x2 −4x+ 10 +y3 =
Nghiệm : (x;y) = (1;−2)
(49)2.3 Câu 61 đến câu 90 49
Câu 85
(x+ 1)(y+ 1) + = (x2+x+ 1)(y2+y+ 1)
x3+ 3x+ (x3−y+ 4)p
x3−y+ = 0
Giải Điều kiện : x3−y+ 1 ≥0
Thoạt nhìn tốn dễ dàng để ý chút (2) có dạng hàm số Tuy nhiên chưa phải nút thắt Đây toán u cầu khả xử lí phương trình bậc cao tốt Tam thời ta xử lí (2) trước
Đặt px3−y+ =t khi phương trình (2) là
x3+ 3x+t3+ 3t = 0⇔x3+ 3x= (−t)3+ 3(−t)⇔t =−x
⇔
x≤0
y=x3−x2+ 1
Điều kiện x≤0 quan trọng Nó giúp ta có đánh giá tốt sau P T(1) ⇔1 =x2y+x2+y2x+y2+x2y2
⇔1 =x2(x3−x2+ 1) +x2+x(x3−x2+ 1)2+ (x3−x2+ 1)2+x2(x3 −x2 + 1)2
⇔x8−x7+ 2x5+x2+x=
TH1 : x= ⇒y= (TM) TH2 : x7+ 2x4+x=x6−1
⇔x(x3+ 1)2 = (x3−1)(x3+ 1) ⇔
x=−1→y=−1(T M)
x4−x3+x+ = 0(∗)
(∗)⇔x4+x+ =x3 ⇔x4−x2+ 4+x
2
+x+ 4+
1 =x
3
⇔
x2−
2
+
x+
2 +1
2 =x
3
Do V T >0≥V P nên vô nghiệm
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 1),(−1;−1)
Câu 86
x3(4y2+ 1) + 2(x2+ 1)√x= 6
x2y(2 + 2p
4y2+ 1) =x+√x2+ 1
Giải Điều kiện : x≥0
Hình thức hệ rõ ràng rắc rối Tuy nhiên, để ý (2) ta chia vế cho x2 lập x y hi vọng điều
Nhận thấy x= không nghiệm Chia vế (2) cho x2 ta được
2y+ 2yp4y2+ =
x+
1
x
r
(50)Rõ ràng vế có dạng f(t) =t+t√t2+ 1 và hàm đơn điệu tăng Vậy từ ta suy ra
được2y=
x thay vào (1) ta có x3
x2 +
+ 2(x2+ 1)√x=
⇔x3+x+ 2(x2+ 1)√x=
Rõ ràng vế trái đơn điệu tăng với điều kiện x Vậy x= nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1;1
2
Câu 87
√
7x+y+√2x+y=
√
2x+y+x−y=
Giải
Đây câu đề VMO 2000-2001 Không câu khó Điều kiện : y≤min{−2x;−7x}
Xuất hai thức thử đặt √7x+y=a , √2x+y=b xem
Nhưng cịn x−y ? Chắc liên quan đến a2, b2 Vậy ta sử dụng đồng thức
x−y=k(7x+y) +l(2x+y)⇔k =
5, l=−
Vậy hệ cho tương đương
a+b =
b+3a
2
5 −
8b2
5 =
a, b≥0
⇔
a= 15−
√
77
b=
√
77−5
⇔
7x+y = 151−15
√
77 2x+y = 51−5
√
77
⇔
x= 10−√77
y= 11−
√
77
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 10−√77;11−
√
77
!
Một cách khác tốt Đặt √7x+y =a,√2x+y=b ta xây dựng hệ tạm sau
a+b=
a2−b2 = 5x ⇔
a+b=
a−b =x ⇔b=
5−x
2
Thay vào (2) ta
5−x
2 +x−y = 2⇔x= 2y−1
(51)2.3 Câu 61 đến câu 90 51
Câu 88
√
11x−y−√y−x= 7√y−x+ 6y−26x=
Nghiệm : (x;y) = 37 20; 81 10 Câu 89 √ 3x
1 +
x+y
=
√
7y
1−
x+y
= 4√2
Giải
Đây câu đề VMO 1995-1996 Một ý tưởng đẹp mắt mà sáng tạo Điều kiện : x, y ≥0, x+y >0
Hệ cho tương đương
1 +
x+y =
2
√
3x
1−
x+y =
4√2
√ 7y ⇔
x+y =
1
√
3x −
2√2
√
7y
1 = √1
3x+
2√2
√
7y
⇔
x+y =
1
√
3x −
2√2
√
7y
!
√
3x +
2√2
√
7y
!
⇔
x+y =
1 3x −
8
7y ⇔21xy= (x+y)(7y−3x) ⇔(y−6x)(7y+ 4x) = 0⇔y= 6x
Thay vào phương trình đầu ta
1 + 7x =
2
√
3x ⇔x=
11 + 4√7
21 ⇒y=
22
7 +
8
√
7
Một cách khác sử dụng phức hóa Nó xuất gần Đặt √x=a >0 , √y=b >0 Ta có hệ sau
a+ a
a2+b2 =
2
√
3
b− b a2+b2 =
4√2
√
7
P T(1) +i.P T(2) ⇔(a+bi) + a−bi
a2+b2 =
2
√
3 + 4√2
√
7 i
Đặt z =a+bi phương trình cho trở thành z+
z =
2
√
3+ 4√2
√
(52)Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 11 +
√
7
21 ;
22
7 +
8
√
7 !
Bài hệ có nhiều dị phong phú Tôi xin giới thiệu cho bạn
Câu 90
√ x
3
1 +
x+y
=√2
√ y
1−
x+y
=
Nghiệm : (x;y) = (8; 4)
2.4 Câu 91 đến câu 120
Câu 91
√ x
1− 12
y+ 3x
=
√ y
1 + 12
y+ 3x
=
Nghiệm : (x;y) = (4 + 2√3; 12 + 6√3)
Câu 92
√
10x
1 +
5x+y
=
√ y
1−
5x+y
=
Nghiệm : (x;y) =
2 5;
Câu 93
4
√ x
4+
2√x+√y x+y
=
√ y
4−
2√x+√y x+y
=
(53)2.4 Câu 91 đến câu 120 53
Câu 94
xp1−y2+y√1−x2 = 1
(1−x)(1 +y) =
Giải Điều kiện : |x| ≤1, |y| ≤1
Điều kiện cho ta ý tưởng lượng giác hóa Đặt x=sina ,y =sinb với a, b∈h−π
2;
π
2 i
Phương trình đầu tương đương
sinacosb+sinbcosa= ⇔sin(a+b) = ⇔a+b = π
Phương trình (2) tương đương
(1−sina)(1 +sinb) = ⇔(1−sina)(1 +cosa) = 2⇔
"
a=−π
2
a= ⇔ "
b=π b= π
⇔
x=−1, y = 0(L)
x= 0, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 1)
Câu 95
2y =x(1−y2)
3x−x3 =y(1−3x2)
Giải
Thoạt nhìn ta thấy hệ xồng, chả có viết dạng
xy2 =x−2y
x3 −3x2y = 3x−y
Đưa dạng đẳng cấp, nghiệm lẻ Vậy thử hướng khác xem Viết lại hệ cho sau xét
x= 2y 1−y2
y = 3x−x
3
1−3x2
Nhìn biểu thức vế phải có quen thuộc khơng ? Rất giống cơng thức lượng giác nhân đôi nhân ba củatan Vậy ý tưởng nảy
Đặt x=tanα với α∈−π
2;
π
2
Từ PT(2) ta có y= tanα−tan
3α
1−3tan2α = tan 3α
Mà theo (1) ta có
x= tan 3α
(54)Từ suy
tanα= tan 6α⇔α= kπ
5 ⇔α =
−2π
5 ;−
π
5; 0;
π
5; 2π
5
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
tan±2π ; tan
±6π
5
,
tan ±π ; tan
±3π
5
,(0; 0)
Làm tương tự
Câu 96
y= 3x−x
3
1−3x2
x= 3y−y
3
1−3y2
Sử dụng phương pháp lượng giác hóa giải hệ phương trình cần phải nắm rõ đẳng thức, đẳng thức, công thức lượng giác, cần nhãn quan tốt để phát biểu thức giống với cơng thức lượng giác
Câu 97
x3y(1 +y) +x2y2(2 +y) +xy3−30 = 0
x2y+x(1 +y+y2) +y−11 =
Giải
Đây hệ mạnh hay Nhìn vào phương trình ta thấy biến "kết dính" với tốt số kẻ đứng Vậy vứt số sang bên thực biến đổi vế trái Hệ phương trình cho tương đương
xy(x+y)(x+y+xy) = 30
xy(x+y) +x+y+xy= 11
Đến ý tưởng rõ ràng Đặta =xy(x+y) ,b =xy+x+y hệ cho tương đương
ab= 30
a+b = 11 ⇔
a= 5, b=
a= 6, b= ⇔
xy(x+y) =
xy+x+y=
xy(x+y) =
xy+x+y=
TH1 :
xy(x+y) =
xy+x+y= ⇔
xy=
x+y=
xy=
x+y= (L)
⇔
x= 2, y =
x= 1, y =
TH2 :
xy(x+y) =
xy+x+y= ⇔
xy=
x+y= (L)
xy=
x+y=
⇔
x= 5−
√
21
2 , y =
5 +√21
x= +
√
21
2 , y =
(55)2.4 Câu 91 đến câu 120 55
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 2),(2; 1), 5± √
21
2 ;
5∓√21
!
Tác giả khéo léo trộn nhiều lần cách đặt ẩn tổng tích vào hệ, gây nhiều khó khăn cho người làm
Câu 98
r
sin2x+ sin2x +
r
cos2y+
cos2y =
r 20y x+y
r
sin2y+ sin2y +
r
cos2x+
cos2x =
r 20x x+y Giải
Bài tốn xuất đề VMO 2012-2013 Hình thức hệ có khác lạ có hàm lượng giác chen chân vào Với kiểu hệ đánh giá cách tốt
Ta cộng hai phương trình với chứng minh V T ≥2√10≥V P Áp dụng Bất đẳng thứcCauchy−Schwarz cho vế phải ta
r 20y x+y +
r 20x x+y ≤
s
2
20y x+y +
20x x+y
= 2√10
Giờ ta chứng minh : V T ≥2√10tức phải chứng minh
r
sin2x+ sin2x+
r
cos2x+
cos2x ≥
√
10
V T = s
sinx−
sinx
2
+√2
2
+ s
cosx−
cosx
2
+√2
2
≥
s
1 sinx +
1
cosx −(sinx+ cosx)
2
+2√2
2
Hiển nhiên ta có sinx+cosx≤√2nên
1 sinx +
1
cosx −(sinx+ cosx)≥
4
sinx+ cosx − √
2≥ √4
2−
√
2 = √2
Vậy V T ≥√2 + =√10 Tương tự với biến y ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy khix=y= π
(56)Câu 99
x√x−√x=y√y+ 8√y x−y=
Giải Điều kiện : x, y ≥0
Ô hệ cho phương trình đơn giản Thế thẳng lên (1) ? Không nên ! Biến đổi tẹo Hướng biến đổi đơn giản làm phá vỡ thức
Phương trình (1) tương đương √
x(x−1) =√y(y+ 8)⇒x(x−1)2 =y(y+ 8)2
Đến thực x=y+ lên (1) ta
(y+ 5)(y+ 4)2 =y(y+ 8)2 ⇔y= 4⇒x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (9; 4)
Câu 100
√ x +
y x =
2√x y + y √x2+ 1−1
=√3x2+ 3
Giải Điều kiện : x >0, y 6=
Rõ ràng với điều kiện từ (2) ta thấy để có nghiệm y >0
Phương trình (1) tương đương √
x+y
x =
2 (√x+y)
y ⇔
√
x+y= 0(L)
y= 2x Với y= 2x thay vào (2) ta
2x√x2+ 1−1=√3x2+ 3⇔2x−√3√x2+ = 2x⇔√x2+ = 2x
2x−√3
Rõ ràng vế trái đơn điệu tăng vế phải đơn điệu giảm nên phương trình có nghiệm x=√3⇒y= 2√3
(57)2.4 Câu 91 đến câu 120 57
Câu 101
y=−x3+ 3x+ 4
x= 2y3−6y−2
Giải
Hình thức hệ gọn nhẹ đủ khiến nhiều người phải lúng túng Nhận xét x=y= nghiệm Ta tiến hành tách sau
y−2 =−(x+ 1)2(x−2)
x−2 = (y+ 1)2(y−2)
Đến nhân chéo vế với vế ta
2(y−2)2(y+ 1)2 =−(x+ 1)2(x−2)2
Dễ thấy V T ≥0≥V P Ở đẳng thức xảy x=y= 2
Câu 102
x3−xy2+ 2000y= 0
y3−yx2−500x= 0
Giải
Dễ dàng đưa hệ đẳng cấp Nhưng ta biến đổi tẹo để tối ưu Hệ cho tương đương
x(x2−y2) = −2000y
y(x2−y2) =−500x ⇒500x
2(x2−y2) = 2000y2(x2−y2)⇔
x=y x=−y x= 2y x=−2y Thay lại với trường hợp vào (1) ta
y= 0, x=
y= 10 r
10
3 , x=−20 r
10
y=−10 r
10
3 , x= 20 r
10
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 0), ±20 r
10 ;∓10
r 10
3 !
(58)Câu 103
3
x2+y2−1 +
y x = x2+y2+ 4x
y = 22
Giải
Ý tưởng đặt ẩn phụ rõ ràng Đặt x2+y2 −1 = a , y
x =b Hệ cho tương đương
3
a + 2b = a+
b = 21 ⇔
a= 7, b=
a= 9, b=
⇔
x2+y2 = 8
2x= 7y
x2+y2 = 10
x= 3y
y =±4 r
2
53, x=±14 r
2 53
x=±3, y =±1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (±3;±1) ±14 r
2 53;±4
r 53
!
Câu 104
r
x+
y + √
x+y−3 = 2x+y+
y =
Giải Điều kiện : y6= 0, x+
y ≥0, x+y≥3 Ý tưởng đặt ẩn phụ rõ ràng Đặt
r
x+1
y =a≥0, √
x+y−3 = b≥0 Hệ cho tương đương
a+b=
a2+b2 = ⇔
a= 1, b=
a= 2, b= ⇔
x+
y = x+y−3 =
x+
y = x+y−3 =
⇔
x= 4−√10, y = +√10
x= +√10, y = 3−√10
x= 3, y =
x= 5, y =−1
(59)2.4 Câu 91 đến câu 120 59
Câu 105
x3(2 + 3y) = 8
x(y3−2) =
Giải Đây câu giống câu số 37
Nghiệm : (x;y) = (−2;−1),(1; 2)
Câu 106
2x2y+ 3xy= 4x2+ 9y
7y+ = 2x2+ 9x
Giải
Bài lười nghĩ dùng môn võ thần chưởng y vào PT(1) Nhưng dùng UCT tốt
Nhận thấy y = nghiệm (cái giở lại nhé, tơi khơng giải thích nữa), thay y = vào hệ ta có
2x2+ 9x−27 = 0
27−2x2 + 9x= 0
Như hướng ta cộng hai phương trình ban đầu lại nhân tử y−3sẽ xuất Vậy P T(1) +P T(2)⇔(3−y) 2x2+ 3x−2=
Đến dễ dàng giải (x;y) =
−2;−16
7
,
2;
1
, −3(3± √
33)
4 ;
!
Câu 107
x2+ 3y= 9
y4+ 4(2x−3)y2−48y−48x+ 155 =
Giải
Đây câu hóc, khơng phải dễ dàng giải Thế 3y= 9−x2 từ (1) xuống (2) ta được
y4+ 8xy2−12y2−16(9−x2)−48x+ 155 =
⇔y4+ 8xy2+ 16y2−12(y2+ 4x) + 11 = ⇔
y2+ 4x= 1
y2+ 4x= 11
TH1 :
y2+ 4x= 11⇔
9−x2
3
+ 4x= 11⇔x4−18x2+ 36x−18 =
⇔x4 = 18(x−1)2 ⇔
x2−3√2x+ 3√2 = 0
(60)⇔
x=
√
2±p18−12√2
2 ⇒y=
12√2∓6p36−24√2 12
x= −3
√
2±p18−12√2
2 ⇒y=
−12√2∓6p36−24√2
12
TH2 :
y2+ 4x= 1⇔
9−x2
3
+ 4x= ⇔x4−18x2+ 36x+ 72 =
⇔ x2−6x+ 12
x2+ 6x+
= ⇔x=−3±√3⇒y =−1±2√3
Vậy hệ có thảy nghiệm
Một thắc mắc nhỏ TH2 x4−18x2 + 36x+ 72 = (x2 −6x+ 12)(x2+ 6x+ 6) Tách
nhân tử kiểu hay ? Casio truy nhân tử ? Có thể Nhưng thực phương trình bậc có cách giải tổng qt cơng thức Ferrari Đối với ví dụ ta làm sau
x4 −18x2+ 36x+ 72 = 0⇔x4−2ax2+a2 = (18−2a)x2 −36x+a2−72
Ta phải tìm a cho vế phải phân tích thành bình phương Như nghĩa
182 = (18−2a) a2−72⇔a=−9
Như
x4−18x2+ 36x+ 72 = 0⇔(x2+ 9)2 = 9(2x−1)2 ⇔(x2−6x+ 12)(x2+ 6x+ 6) =
Chi tiết giải phương trình bậc bạn tìm dễ dàng google Giờ ta tiếp tục hệ Tiếp theo chùm hệ sử dụng tính đơn điệu hàm số dễ nhìn
Câu 108
x+√x2+ 1
y+py2 + 1= 1
y+ √ y x2−1 =
35 12
Giải Điều kiện : x2 >1
Khơng thể làm ăn từ (2) Từ (1) ta nhận xét thấy hai hàm giống chúng lại dính chặt với nhau, khơng chịu tách rời Vậy ta dứt chúng Phép liên hợp giúp ta Phương trình (1) tương đương
x+√x2+ 1 y+py2+ 1 py2+ 1−y=py2+ 1−y ⇔x+√x2+ =−y+py2+ 1
Tách hai bên khơng cịn giống Khoan !! Nếu thay y2 = (−y)2
thì Quá tốt Như hai vế có dạng f(t) = t+√t2+ 1 và hàm đơn điệu
tăng Từ ta rút x=−y Thay lại vào (2) ta
y+p y
y2−1 =
(61)2.4 Câu 91 đến câu 120 61 Đây thực phương trình khó chịu Thoạt tiên thấy loại ta bình phương vế lên Điều kiện bình phương lày >0 ta có
y2+ 2y
2
p
y2−1+
y2
y2−1 =
35 12
2
⇔ y
4−y2+y2
y2−1 +
2y2
p
y2−1 =
35 12
2
Đến rõ ràng Đặt y
2
p
y2−1 =t >0 phương trình tương đương
t2+ 2t−
35 12
2
= 0⇔
t =−49
12(L)
t = 25 12
⇔ y
2
p
y2−1 =
25 12 ⇔
y=±5
4
y=±5
3
Đối chiếu điều kiện bình phương lấy giá trị dương Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
−5
4;
,
−5
3;
Câu 109
(4x2+ 1)x+ (y−3)√5−2y= 0
4x2+y2 + 2√3−4x= 7
Giải Điều kiện : y≤
2, x≤
4 Viết lại phương trình (1) sau
(4x2+ 1)x= (3−y)p5−2y ⇔(4x2+ 1)2x= (6−2y)p5−2y⇔f(2x) =fp5−2y
Với f(t) =t3+t hàm đơn điệu tăng Từ ta có 2x=√5−2y⇒x≥0thay vào (2) ta có
4x2+
5 2−2x
2
2
+ 2√3−4x=
Giờ công việc ta khảo sát hàm số vế trái
0;3
4
và chứng minh đơn điệu giảm Xin nhường lại bạn đọc
Với hàm số vế trái đơn điệu giảm ta có x=
2 nghiệm ⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 2;
(62)
Câu 110
y3+y=x3+ 3x2+ 4x+ 2
√
1−x2 −√y =√2−y−1
Giải Điều kiện : 0≤y≤2,−1≤x≤1
Phương trình (1) tương đương
y3+y= (x+ 1)3+ (x+ 1) ⇔y=x+
Thay vào (2) ta có √
1−x2−√1 +x=√1−x−1
Phương trình khơng khó Đặt t =√1 +x+√1−x ⇒ √1−x2 = t 2−2
2 Thay vào
phương trình ta t2−2
2 =t−1⇔
t=
t= ⇔
√
1−x+√1 +x=
√
1−x+√1 +x= ⇔x= 0, y =
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = (0; 1)
Những thường nặng giải phương trình vơ tỉ
Câu 111
√
x+ +√x+ +√x+ =√y−1 +√y−3 +√y−5
x+y+x2+y2 = 80
Giải Điều kiện : x≥ −1, y ≥5
Phương trình đầu có dạng
f(x+ 1) =f(y−5)
Với f(t) =√t+√t+ +√t+ hàm đơn điệu tăng Từ ta có y=x+ thay vào (2) ta có
x+x+ +x2+ (x+ 6)2 = 80⇔x=
√
5−7
2 ⇒y=
5√5 +
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
5−7
2 ;
5√5 +
!
(63)
2.4 Câu 91 đến câu 120 63
Câu 112
√
x+√4
32−x−y2 =−3
4
√
x+√32−x+ 6y= 24
Giải Điều kiện : 0≤x≤32
Có vẻ hệ khác rắc rối xuất bậc Ta dùng đánh giá để giải hệ
Cộng phương trình cho ta √
x+√32−x+√4
x+√4 32−x=y2−6y+ 21
Hiển nhiên ta có : V P ≥12
Giờ ta tiến hành đánh giá vế trái Áp dụng bất đẳng thứcCauchy−Schwarz cho vế trái ta có √
x+√32−x≤p(1 + 1)(x+ 32−x) =
√ x+√4
32−x≤
q
(1 + 1)(√x+√32−x)≤4
Vậy V T ≤V P
Dấu xảy (x;y) = (16; 3)
Tơi cịn câu ý tưởng giống khó chút Bạn đọc giải
Câu 113
√
2x+ 2√4
6−x−y2 = 2√2
4
√
2x+ 2√6−x+ 2√2y= +√2
Nghiệm : (x;y) = (2;√2)
Câu 114
x2(y+ 1)(x+y+ 1) = 3x2−4x+
xy+x+ =x2
Giải
Bài có lẽ khơng cần suy nghĩ nhiều Cứ thếy+ lên (1) coi Nhận thấy x= khơng nghiệm Phương trình (2) tương đương
x(y+ 1) =x2−1⇔y+ = x
2 −1
x Thay lên (2) ta
x(x2−1)
x+x
2−1
x
= 3x2−4x+ 1⇔
"
x=−2⇒y =−5
2
x= ⇒y =−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1;−1),
−2;−5
2
(64)Câu 115
4xy+ 4(x2 +y2) +
(x+y)2 =
2x+
x+y =
Giải Điều kiện : x+y6=
Đây hệ không đơn giản chút Tuy nhiên ta có nhận xét tốt sau : a(x2+y2) +bxy =k(x+y)2+l(x−y)2
Giờ phân tích 4x2+ 4y2 + 4xy=k(x+y)2+l(x−y)2
Cân hệ số ta thu : 4x2+ 4y2+ 4xy= 3(x+y)2+ (x−y)2
Như ý tưởng đặt ẩn phụ tổng-hiệu ? Càng có sở 2x=x+y+x−y Như ý tưởng sơ Biến đổi hệ thành
3(x+y)2+ (x−y)2+
(x+y)2 =
x+y+
x+y +x−y = Đừng vội đặt Để ý chút 3(x+y)2+
(x+y)2 =
x+y+
x+y
2
−6 Như cách đặt ẩn ta triệt để
Đặt x+y+
x+y =a, x−y =b ta thu hệ
b2+ 3a2 = 13
a+b =
|a| ≥2
⇔
" a= 2, b= 1
a=−1
2, b= 2(L)
⇔
x+y+
x+y = x−y=
⇔
x+y=
x−y= ⇔
x=
y=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 0)
OK chưa ? Tiếp tục thêm câu tương tự
Câu 116
x2+y2+ 6xy−
(x−y)2 + = 2y−
x−y +
5 =
Giải Điều kiện : x6=y
Hệ cho tương đương
2(x+y)2−(y−x)2−
(y−x)2 + =
y−x+
y−x
+ (x+y) + =
⇔
2(x+y)2−
y−x+
y−x
2 +25
8 =
y−x+
y−x
(65)
2.4 Câu 91 đến câu 120 65 Đặt x+y=a, y−x+
y−x =b,|b| ≥2 ta có hệ
a+b=−5
4 2a2−b2 =−25
8 ⇔
a=
b=−5
2 ⇔ (
y+x=
y−x=−2
y+x=
y−x=−1
2
⇔
x= 13
8 , y =−
x= 8, y =
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 8; , 13
8 ;−
Tôi đưa thêm câu cho bạn đọc luyện tập
Câu 117
3(x2+y2) + 2xy+
(x−y)2 = 20
2x+
x−y =
Nghiệm : (x;y) = (2; 1), 4− √
10
3 ;
√
10−3
!
, + √
10
3 ;
−3−√10
3 !
Câu 118
(4x2−4xy+ 4y2−51)(x−y)2+ = (2x−7)(x−y) + =
Thử động não chút xem lại đưa giống câu ? Nghiệm :(x;y) = 5−
√
3
2 ;
1 +√3
!
, + √
3
2 ;
1−√3 ! Câu 119
2x2+x− y = y−y2x−2y2 =−2
Giải Điều kiện : y6=
Phương trình (2) tương đương với
1
y −x−2 =−
2
(66)Đặt a=
y ta chuyển hệ
2x2+x−a= 2
2a2+a−x= 2 ⇔
x=−1, a=−1
x= 1, a=
x= −1−
√
3
2 , a =
√
3−1
x=
√
3−1
2 , a=
−1−√3
2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (±1;±1), −1± √
3
2 ; 1∓
√
3 !
Câu 120
4x2+y4 −4xy3 = 1
4x2+ 2y2−4xy=
Giải
Hình thức gọn nhẹ khó chơi Một chút tinh ý ta nhận thấy y2 = nghiệm hệ Thay vào ta rút
P T(1)−P T(2)⇔y4−4xy3−2y2+ 4xy+ = 0⇔(y2−1)(y2 −4xy−1) =
Với y= thay vào (2) ta tìm x= x=
Với y=−1 thay vào (2) ta tìm x= x=−1
Với y2 = 4xy+ Không cần nghĩ nhiều, trâu bò vào cho nhanh !!! Ta rút x= y
2−1
4y thay vào (2) ta có
4
y2−1 4y
2
+ 2y2+ 1−y2 = ⇔5y4−6y2+ = 0⇔
y=−1⇒x=
y= 1⇒x=
y=−√1
5 ⇒x=
√
5
y= √1
5 ⇒x=−
√
5
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = (1; 1),(−1;−1),(0; 1),(0;−1),
√
5;−
√
5
,
−√1
5;
√
5
(67)2.5 Câu 121 đến câu 150 67 2.5 Câu 121 đến câu 150
Câu 121
x4+x3y+ 9y=y3x+x2y2+ 9x x(y3−x3) = 7
Giải
Không cần biết Tổ quốc nơi đâu, chiến phương trình đầu P T(1)⇔(x−y)(x(x+y)2−9) =
Với x=y kết hợp với (2) rõ ràng khơng thỏa Cịn lại ta kết hợp thành hệ
x(y3−x3) =
x(x+y)2 =
Đây toán quen thuộc hấp dẫn xuất báo THTT, cách làm phổ biến "trâu bò"
Trước hết có đánh giá x >0 rút ray = r
x3+
x Thay xuống ta có x x+
r
x3+
x
!2
= 9⇔x3+ 2x√3 x6+ 7x2+p3
x(x4+ 7)2 = 9
Đặt vế trái f(x) Ta có
f0(x) = 3x2 + √3 x6+ 7x2+ 6x
6+ 14x2
3p3
(x6+ 7x2)2
!
+1
9x8 + 70x4+ 49
p
x2(x4+ 7)4 >0
Vậy f(x) = có nghiệm nhấtx= 1⇒y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 2)
Tiếp theo xin giới thiệu cho bạn số câu hệ sử dụng Bất đẳng thức M inkowskiđể giải Bất đẳng thức Minkowski bất đẳng thức khơng khó thường dùng, bất đẳng thức đề cập đến vấn đề độ dài vectơ không gian mà sau học sinh quen gọi bất đẳng thức V ector
Với hai vectơ −→u ,−→v ta ln có
|−→u|+|−→v | ≥ |−→u +−→v | Nếu tọa độ hóa vecto ta thu
p
a12+b12+
p
a22+b22 ≥
q
(a1+a2)2+ (b1+b2)2
Đẳng thức xảy khi(a1, a2)và (b1, b2) tỉ lệ
Đây hệ hay dùng giải hệ
(68)Câu 122
3x+ 4y= 26 p
x2+y2−4x+ 2y+ +p
x2+y2−20x−10y+ 125 = 10
Giải
Ý tưởng sử dụng rõ Bước ta làm phân tích biểu thức thành tổng bình phương Vế trái (2)
p
(x−2)2+ (y+ 1)2+p(x−10)2+ (y−5)2
Tuy nhiên ta sử dụng Bất đẳng thức M inkowskingay V T ≥p(x−2 +x−10)2+ (y+ +y−5)2
Không phải 10 mà biểu thức phức tạp Khi ta phải xem lại cách viết bình phương
Để ý số vế phải cộng vào ta phải làm triệt tiêu ẩn Vậy cần phải viết sau
V T =p(x−2)2+ (y+ 1)2+p(10−x)2+ (5−y)2 ≥p(x+ + 10−x)2+ (y+ + 5−y)2 = 10
Ok Đẳng thức xảy 10−x x−2 =
5−y
y+ ⇔3x−4y= 10
Kết hợp (1) dễ dàng giải (x;y) = (6; 2)
Như ta thấy, sử dụng khơng khó Tuy nhiên khó nghệ thuật đổi dấu xếp hạng tử bình phương để ta đạt mục đich
Câu 123
x2−2y2−7xy=
√
x2+ 2x+ +py2−2y+ =px2+y2+ 2xy+ 9
Giải Xét phương trình (2) ta có
V T = q
(x+ 1)2+ 22+
q
(y−1)2+ 12 ≥
q
(x+y)2+ 32 =V P
Đẳng thức xảy khix+ = 2(y−1)⇔x= 2y−3
Thay vào (1) ta dễ dàng giải (x;y) =
−5
2;
(69)
2.5 Câu 121 đến câu 150 69
Câu 124
p
2x2 + 6xy+ 5y2+ =p2x2+ 6xy+ 5y2+ 14x+ 20y+ 25
x4+ 25y2−2 = 0
Giải
Bây chuyển sang vế trái, số sang vế phải chết dở Mấu chốt ? Số ? Đúng vậy, ta phân tích =√32 + 42 để sử dụng bất đẳng thức Minkowski Tuy
nhiên đổi dấu xếp số hạng Cái ta phải quan tâm đến vế phải để chọn lựa cho phù hợp Ở
V T = q
(x+y)2+ (x+ 2y)2+√42+ 32 ≥
q
(x+y+ 4)2+ (x+ 2y+ 3)2 =V P
Đẳng thức xảy x+y
4 =
x+ 2y
3 ⇔x=−5y
Thay vào (2) ta dễ dàng giải (x;y) =
1;−1
5
,
−1;1
5
Câu 125
2y(x2−y2) = 3x
x(x2+y2) = 10y
Giải
Một hệ đưa dạng đẳng cấp rõ ràng Tuy nhiên, ta xử lí sơ hệ để loại số trường hợp
Từ (2) dễ thấy x.y phải dấu, mà (1)x2 ≥y2
Trước hết x=y= nghiệm hệ Nhân chéo phương trình cho ta
20y2(x2−y2) = 3x2(x2+y2)⇔(x−2y)(2y+x)(5y2−3x2) =
Vì x y dấu nên nên từ ta suy x= 2y x= r
5 3y
Đến việc thay vào (1) Xin nhường lại cho bạn đọc Vậy hệ cho có nghiệm :
(x;y) = (0; 0),(2; 1),(−2,−1),
4
√
30375
6 ;
4
√
135
!
, −
4
√
30375
6 ;−
4
√
135
!
(70)Câu 126
√
7 +x+√11−y=
√
7 +y+√11−x=
Giải Cộng phương trình cho ta có
√
7 +x+√11−x+p7 +y+p11−y= 12
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz cho vế trái ta có
V T ≤p(1 + 1)(7 +x+ 11−x) +p(1 + 1)(7 +y+ 11−y) = 12
Dấu xảy (x;y) = (2; 2)
Câu 127
2x2y2+x2+ 2x= 2
2x2y−x2y2+ 2xy= 1
Giải Biến đổi tí, hệ cho tương đương
2x2y2+ (x+ 1)2 = 3
2xy(x+ 1)−x2y2 = ⇒(xy+x+ 1)
2 = 4 ⇔
xy= 1−x xy=−3−x Với xy= 1−x thay vào (1) ta có
2(1−x)2+x2+ 2x= 2⇔
" x= 0(L)
x=
3 ⇒y=
Với xy=−3−x thay vào (2) ta có
2(x+ 3)2+x2 + 2x= 3⇔
x=−8
3 ⇒y =
x=−2⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
2 3;
1
,
−8
3;
,
−2;1
2
(71)2.5 Câu 121 đến câu 150 71
Câu 128
(x−1)(y−1)(x+y−2) =
x2+y2−2x−2y−3 =
Giải Bài ý tưởng đặt ẩn phụ rõ ràng
Đặt x−1 =a, y−1 = b ta đưa hệ sau
ab(a+b) =
a2+b2 = ⇔
a= 1, b=
a= 2, b= ⇔
x= 2, y =
x= 3, y =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (2; 3),(3; 2)
Câu 129
(x−y)(x2+xy+y2+ 3) = 3(x2+y2) + 4√x+ +√16−3y=x2+
Giải Điều kiện : x≥ −2, y ≤ 16
3
Phương trình đầu tương đương
x3−y3+ 3(x−y) = 3(x2+y2) + 2⇔(x−1)3 = (y+ 1)3 ⇔y=x−2
Thay vào (2) ta
4√x+ +√22−3x=x2+
Đây phương trình vơ tỉ khơng dễ xơi Cái hay Phương trình cho tương đương
4
√
x+ 2− x+
3
+
√
22−3x− 14−x
3
=x2−x−2
⇔4
9(x+ 2)−x2−8x−16
9
√
x+ +x+
+
9(22−3x)−x2 + 28x−196
9
√
22−3x+14−x
=x2−x−2
⇔ x2−x−2
1 +
9
√
x+ + x+
+
1
√
22−3x+14−x
= 0⇔
x=−1
x=
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (2; 0),(−1;−3)
(72)Đối phương trình vơ tỉ, phương pháp hay dùng nhân lượng liên hợp Tuy nhiên, nhân liên hợp cần chút kĩ thuật Đối với ta tiến hành sau
Nhẩm Casio ta thấy phương trình có nghiệm x=−1;x=
Đối với phương trình có nghiệm trở nên cách thêm bớt số vào liên hợp không phù hợp, ta không thêm bớt số mà thêm hẳn biểu thứcax+b Trước hết với √x+
Với x=−1thay vào có giá trị 1, thay vào biểu thức thêm ta có −a+b=
Với x= thay vào có giá trị 2, thay vào biểu thức thêm ta có 2a+b=
Giải hệ ta có a= 3, b =
4
Vậy biểu thức cần chèn vào x+
3
Tương tự với √22−3x OK ???
Câu 130
p
x2+x+y+ +x+py2+x+y+ +y= 18
p
x2+x+y+ 1−x+p
y2+x+y+ 1−y= 2
Giải Ý tưởng đặt ẩn lộ
Đặt px2+x+y+ +py2+x+y+ =a≥0, x+y =b ta có hệ mới
a+b = 18
a−b = ⇔
a= 10
b= ⇔
x+y=
√
x2+ +py2+ = 10
Đây hệ đơn giản có nhiều cách Tối ưu √
x2+ 32+py2+ 32 ≥p(x+y)2+ (3 + 3)2 = 10
Đẳng thức xảy khi(x;y) = (4; 4)
Câu 131
12x+ 3y−4√xy= 16
√
4x+ +√y+ =
Giải Điều kiện : x≥ −5
4, y ≥ −5, xy ≥0
Từ phương trình đầu ta thấy x, y >0
Phương trình đầu tương đương
12x+ 3y= 16 + 2p4xy≤16 + (4x+y)⇔4x+y≤8
Từ phương trình (2) ta lại có √
4x+ +py+ 5≤p(1 + 1)(4x+y+ 10)≤6
Đẳng thức xảy
4x=y
4x+y = ⇔
x=
y=
(73)2.5 Câu 121 đến câu 150 73
Câu 132
2x+ (3−2xy)y2 = 3
2x2−x3y= 2x2y2−7xy+
Giải Đây hệ cần khả biến đổi tương đối tốt Từ phương trình đầu ta thấy
2x(1−y3) = 3(1−y2)
TH1 : y= thay vào (2) ta có
x3−7x+ = 0⇔x= 1, x= 3, x=−2
TH2 : Kết hợp với phương trình (2) ta gây dựng hệ
2x+ 2xy+ 2xy2 = + 3y(∗) 2x2−x3y= 2x2y2−7xy+ 6
Nhưng mà phương trình (2) lại tương đương :(xy−2)(2xy+x2−3) = 0
Sao mà phân tích hay ? Casio thần chương Có thể, ta viết lại phương trình (2) chút
(2)⇔2x2y2+xy(x2−7)−2x2+ = ∆xy = x2−7
2
−8 −2x2+ 6= x2+ 12
Thấy ? Coi xy ẩn chính, tính ∆ kết mỹ mãn từ có hướng phân tích nhân tử
TH1 : xy= thay lại (*) ta có
2x+ + 4y= + 3y⇒x= −1−y
⇒y(1 +y) = −4
Phương trình vơ nghiệm nên trường hợp vơ nghiệm TH2 : 2xy= 3−x2 thay lại (*) ta có
2x+ 3−x2+y(3−x2) = + 3y⇒y=
x−1
⇒2x
x −1
= 3−x2 ⇔x= 1, y =
(74)Câu 133
(
x(x+y) +√x+y =√2yp2y3+ 1
x2y−5x2+ (x+y)−4 = 6√3xy−x+ 1
Giải Điều kiện : y≥0, x+y ≥0
Xuất phát từ phương trình đầu, sử dụng phương pháp liên hợp P T(1) ⇔x2+xy−2y2 =p2y−√x+y
⇔(x−y) (x+ 2y) = √−(x−y)
2y+√x+y Rõ ràng x+ 2y=x+y+y >0,√ −1
2y+√x+y <0 nên từ ta suy x=y Thay vào phương trình (2) ta
x3 −5x2+ 14x−4 = 6√3x2−x+ 1
Đây loại phương trình vơ tỉ quen thuộc Cách giải tốt thêm bớt xét hàm Tuy nhiên ý đồ ta thêm bớtx2−x+ vào vế để xét hàmt3+ 6t khơng thành cơng vế trái khơng phân tích dạng Ta khéo léo biến đổi chút sau
Phương trình cho tương đương
x3+ 3x2+ 6x+ = 8x2−8x+ + 3√3 8x2−8x+ 8
⇔(x+ 1)3+ (x+ 1) = 8x2−8x+ + 3√3 8x2−8x+ 8
Nhìn thấy hàm cần xét ? f(t) = t3+ 3t và hàm đơn điệu tăng Từ ta có
⇔x+ =√38x2−8x+ 8⇔x= 1, y = 1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
(75)2.5 Câu 121 đến câu 150 75
Câu 134
( p
x2−x−y= y
3
√ x−y
2 (x2+y2)−3√2x−1 = 11
Giải Điều kiện : x6=y, x≥
2, x
2−x−y≥0
Phương trình đầu tương đương
p
x2−x−y.√3
x−y=y⇔px2−x−y √3
x−y−1+px2−x−y−y= 0
⇔
p
x2−x−y(x−y−1)
3 q
(x−y)2 +√3 x−y+ 1
+ x
2−x−y−y2
p
x2−x−y+y =
⇔(x−y−1)
p
x2−x−y
3 q
(x−y)2+√3 x−y+ 1
+ p x+y
x2 −x−y+y
=
Thành có chút Giờ ta mong em ngoặc ln dương âm Từ phương trình (1) ta thấy y √3 x−y phải dấu.
Giả sử y <0thì suy x−y <0⇒x < y < Rõ ràng vơ lí điều kiện x≥
2
Như suy y >0⇒x > y >0 hiển nhiên người đẹp ngoặc dương Thở phào nhẹ nhõm Giờ hưởng thụ thành ! Vớiy =x−1 thay vào (2) ta có
2 x2+ (x−1)2−3√2x−1 = 11⇔x=
2 ⇔y = 2(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
5 2;
3
Câu 135
x4+ 2xy+ 6y−(7 + 2y)x2 =−9 2yx2−x3 = 10
Giải Phương trình (1) tương đương
x4−7x2+ 9−2y(x2−x−3) =
⇔(x2−x−3)(x2+x−3)−2y x2 −x−3
=
TH1 : x2−x−3 = 0⇔
x= 1−
√
13
2 ⇒y=
79 +√13 36
x= +
√
13
2 ⇒y=
79−√13 36
TH2 : 2y=x2+x−3 thay vào (2) ta có
x2 +x−3x2−x3 = 10⇔
x=√5⇒y= 1− √
5
x=−√5⇒y= +
√
(76)Vậy hệ cho có nghiệm
(x;y) = 1−
√
13
2 ;
79 +√13 36
!
, + √
13
2 ;
79−√13 36
!
, √5; 1− √
5
!
, −√5; +
√
5
!
Câu 136
1 +xy+√xy =x
1
x√x +y √
y= √1 x +
√ y
Giải Điều kiện : x >0, y ≥0
Cứ quy đồng (2) lên Phương trình (2) tương đương
1 +xy√xy=x+ 3x√xy⇔1 +xy√xy= (1 + 3√xy)x ⇔1 +xy√xy= (1 + 3√xy)(1 +xy+√xy)
Đến phương trình ẩn √xy Giải phương trình ta tìm √
xy= ⇒x= 1, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 0)
Câu 137
(
x2y+y= 2
x2+
x2 +x
2y2 = 3
Giải Điều kiện : x6=
Bài trâu bò y xuống bậc ẩn x2 Hơi vất vả Tuy nhiên, với vài biến đổi đơn giản vô tinh tế, ta đưa phương trình dễ giải Hệ cho tương đương
(
y(x2+ 1) =
y2(x2+ 1) = 3− x2
Lấy phương trình chia cho ta thu y= 3x
2−1
2x2
Mà theo (1) ta lại có y =
x2+ 1 ta có
3x2−1 2x2 =
2
x2+ 1 ⇔x
(77)2.5 Câu 121 đến câu 150 77 Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (±1; 1)
Câu 138
1
x +
1
2y = 2(x
2+y2)
1
x −
1 2y =y
2−x2
Giải Điều kiện : x, y 6=
Đang thấy tổng hiệu đối tượng Theo ta cộng trừ phương trình để đưa đối tượng
Vậy lấy(1) + (2) (1)−(2) ta gây dựng hệ
2
x = 3y
2+x2
1
y = 3x
2+y2 ⇔
2 = 3y2x+x3
1 = 3x2y+y3
Lừng lững hệ đẳng cấp trước mắt Nhưng đời không mơ Nếu đặt x = ty nghiệm t xấu gấu Với loại ta làm gỏi cách cộng trừ phương trình Nếu lẻ hẳn phải có dạng đặc biệt
Coi hai phương trình sau (3) (4) Lấy (3) + (4) (3)−(4) ta có hệ
x3+ 3x2y+ 3xy2+y3 = 3
x3−3x2y+ 3xy2−y3 = 1 ⇔
(x+y)3 = (x−y)3 = ⇔
x=
√
3 +
y=
√
3−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
3 +
2 ;
3
√
3−1
!
Câu 139
3x +
2x
3y =
x+√y
2x2+y
2(2x+√y) = √2x+ 6−y
Giải
Bài toán xuất kì thi vịng học sinh giỏi thành phố Hà Nội nhanh chóng lan tỏa Để ý cách tinh tế ta nhận phương trình đầu với biến x √y
Điều kiện : y >0,−3≤x6=
Đặt √y=tx⇒y=t2x2 thay tất vào (1) ta
1 3x +
2x
3t2x2 =
x+tx
(78)Rút gọn biến xta đưa phương trình ẩn t Cụ thể
(t−2)2(t2+t+ 1) = 0⇔t = 2⇔√y= 2x≥0
Thay vào (2) ta
4x2+ 8x=√2x+
⇔4x2+ 10x+25
4 = 2x+ +
√
2x+ +1
⇔
2x+
2 =
√
2x+ +
2
Đến đơn giản ! Chú ý điều kiệnx≥0 Ta giải x=
√
17−3
4 ⇒y=
13−3√17
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
17−3
4 ;
13−3√17
!
Câu 140
3−(y+ 1)2 =√x−y x+ 8y=√x−y−9
Giải
Một chút nhẩm nghiệm đưa ta đến ý tưởng đánh giá cho Điều kiện : x−y≥9
Từ phương trình (1) ta thấy √
x−y= 3−(y+ 1)2 ≤3⇔x−y≤9
Đẳng thức xảy khix= y=−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (8;−1)
(79)2.5 Câu 121 đến câu 150 79
Câu 141
x2y2+y4+ = 3y2
xy2+x= 2y
Giải Thấy y= không nghiệm Hệ cho tương đương
x2+y2+
y2 =
xy+x
y =
⇔
x2+
y+
y
2 =
x
y+1
y
=
Đặt a=y+
y,|a| ≥2 Hệ cho tương đương
x2+a2 =
xa= ⇔
x=−1, a=−2
x=−2, a=−1(L)
x= 1, a=
x= 2, a= 1(L)
⇔
x=−1, y =−1
x= 1, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1),(−1;−1)
Câu 142
1
x +
1
y = 3−xy
1
x2 +
1
y2 = 7−
3x2y2+ 2
xy
Giải Điều kiện : x, y 6=
Để ý ta bình phương (1) xuống (2) lại ẩn xy Từ (1) ta suy
1
x2 +
2
xy +
1
y2 = (3−xy) ⇔
x2 +
1
y2 = (3−xy) 2−
xy Thay xuống (2) ta thu
(3−xy)2−
xy = 7−3xy−
2
xy ⇔
xy = 1⇒ x+
1
y = xy = 2⇒
x+
1
y = ⇔
x=
y =
(80)Câu 143
(xy+ 3)2+ (x+y)2 =
x x2+ 1 +
y
y2+ 1 =−
1
Giải
Một tốn tơi đánh giá hay Trước hết có lẽ khai triển (1) P T(1)⇔x2y2+ 6xy+ +x2+ 2xy+y2 =
⇔x2y2+x2+y2+ =−8xy ⇔(x2+ 1)(y2+ 1) =−8xy
Đến hẳn nhìn ? Nhận thấy x = hay y = khơng nghiệm hệ Phương trình (1)
x2+
x y2+
y =−8 Đến đặt x
x2+ 1 =a ,
y
y2+ 1 =b Hệ cho tương đương
(
a+b=−1
1
ab =−8
⇔
a=−1
2
b=
a=
b=−1
2 ⇔ x
x2+ 1 =−
1
y y2+ 1 =
1 x x2+ 1 =
1
y
y2+ 1 =−
1 ⇔
x=−1
y= 2±√3
x= 2±√3
y=−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−1; 2−√3),(−1; +√3),(2−√3;−1),(2 +√3;−1)
Câu 144
x2(y+ 1) = 6y−2
x4y2+ 2x2y2+y(x2+ 1) = 12y2−1
Giải
Rất khó để tìm xét phương trình, hai, tốt dùng trâu bò để làm
Hệ cho tương đương
(x2+ 1) (y+ 1) = 7y−1
y2(x2+ 1)2+y(x2+ 1) = 13y2−1
Thế x2+ = 7y−1
y+ xuống (2) ta có
y2
7y−1
y+
+y.7y−1
y+ = 13y
(81)2.5 Câu 121 đến câu 150 81
⇔36y4−33y3−5y2+y+ = 0⇔
"
y=
y=
⇒
x2+ = 3
x2+ = ⇔
x=±√2
x=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−√2; 1),(√2; 1),
0;1
3
Câu 145
x2+y2 = 5
√
y−1(x+y−1) = (y−2)√x+y
Giải Điều kiện : y≥1, x+y ≥0
Khơng làm ăn từ (1) Ta phân tích (2)
Đặt √x+y =a≥0,√y−1 = b≥0 Phương trình (2) tương đương
b(a2−1) = a(b2−1)⇔(a−b)(ab+ 1) = 0⇔a=b⇔x=−1⇒y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−1; 2)
Câu 146
2x(x+ 1)(y+ 1) +xy =−6 2y(y+ 1)(x+ 1) +xy=
Giải
Hệ nhìn đối xứng hệ số lại đối Thói quen thấy kiểu ta cộng phương trình lại
P T(1) +P T(2) ⇔2(x+y)(xy+x+y+ 1) + 2xy= 0⇔(x+y+ 1)(x+y+xy) =
TH1 : x=−(y+ 1) thay vào (2) ta có
−2y2(y+ 1)−y(y+ 1) = 6⇔y=−2⇒x=
TH2 : xy+x+y= Kết hợp thêm với phương trình (2) sau
(2) ⇔2y(xy+x+y+ 1) +xy= ⇔2y+xy= ⇔2y−(x+y) = 6⇔y= +x Thay lại vào trường hợp ta tìm thêm (x;y) = (√10−4;√10 + 2),(−4−√10; 2−√10)
(82)Câu 147
6x4−(x3−x)y2−(y+ 12)x2 =−6
5x4−(x2−1)2.y2−11x2 =−5
Giải Nhận thấy x= không nghiệm hệ Chia hai phương trình cho x2 ta có
6x2+
x2 −
x− x
y2−y−12 = 0
5x2+
x2 −
x− x
2
y2−11 = 0
⇔
x− x
2
−
x− x
y2−y= 0
5
x− x
2
−
x− x
2
y2−1 = 0
Đến đặt x−
x =a Hệ trở thành
6a2−ay2−y= 0
5a2−a2y2−1 = ⇔ "
a =
2, y =
a = 1, y =
⇔ (
x− x =
1
y= (
x− x = y=
⇔
x= 1±
√
17
y =
x= 1±
√
5
y =
Nhiều bạn băn khoăn hệ giải raavà ythế Thì tơi gợi ý chia phương trình cho a2 rồi đặty+1
a =X, y a =Y
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = 1±
√
17
4 ;
!
, 1± √
5
2 ;
!
Câu 148
x−2√y+ =
x3−4x2√y+ 1−9x−8y=−52−4xy
Giải Điều kiện : y≥ −1
Nhìn thấy√y+ phương trình (2) cho ta liên tưởng đến phép Có lẽ phải chơi trâu bò với hệ
Từ (1) ta suy 2√y+ =x−3 y= x
2−6x+ 5
4 Thay tất xuống (2) ta
x3−2x2(x−3)−9x−2(x2−6x+ 5) =−52−x(x2−6x+ 5)⇔
x=−3(L)
x= 7⇒y=
Tơi loại x=−3 từ phương trình đầu để có nghiệm x≥3
(83)2.5 Câu 121 đến câu 150 83
Câu 149
x2+y2+x=
x2−4y2+ 2xy
x+y−1 =−1
Giải Điều kiện : x+y6= Phương trình (2) tương đương
(x2−4y2)(x+y−1) + 2xy=−(x+y−1)
Phân tích nhân tử ta
(x+ 2y−1)(x2−2y2−xy+y+ 1) =
TH1 : x+ 2y−1 = thay vào (1) dễ dàng tìm
(x;y) = −1−2
√
14
5 ;
3 +√14
!
, √
14−1
5 ;
3−√14
!
TH2: Kết hợp với (1) ta thiết lập hệ
x2−2y2−xy+y+ 1
x2+y2+x= 3
Hệ có cách giải phương pháp UCT nêu khoảng câu 20 Ở P T(1)−P T(2) ⇔3y2+xy+x−y−4 = 0⇔(y+ 1)(x+ 3y−4) =
Đến dễ dàng Hệ cho có nghiệm
(x;y) = −1−2
√
14
5 ;
3 +√14
!
, √
14−1
5 ;
3−√14
!
,
−11
10; 17 10
,(1; 1),(1;−1),(−2;−1)
Câu 150
2x2−2xy+ 3x−2y−1 = 3p(x2−1)(x−y)
√
x+ +√x−y=√2x−y+
Giải Điều kiện : x≥1, x≥y
Phương trình (1) cho rắc rối nên thử khai thác (2) xem Với hình thức có lẽ bình phương giải pháp tốt PT(2) tương đương
2x−y+ + 2p(x+ 1)(x−y) = 2x−y+ 2⇔p(x+ 1)(x−y) = 2(∗)
Thật tinh ý vế phải (1)
3p(x+ 1)(x−y)(x−1) =
(84)Khá gọn đẹp, ta muốn gọn Từ (*) ta lại có x2−xy+x−y=
4
Một chút biến đổi vế trái (1) ta
2(x2−xy+x−y) +x−1 =
2+x−1 =x−
Vậy phương trình (1) sau kết hợp từ (2)
2x−1 = 3√x−1⇔
x= ⇒y= 23 12
x=
4 ⇒y= 41 36
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) =
2;23 12
,
4;
41 36
2.6 Câu 151 đến câu 180 Câu 151
8x2+ 18y2+ 36xy−5(2x+ 3y)√6xy= 0
2x2+ 3y2 = 30
Giải Điều kiện : xy≥0
Nhận thấy phương trình đầu, đặt y=tx chia cho x2 luôn chăng
? Không nên Hãy biến đổi để giảm cồng kềnh Phương trình đầu tương đương
2(2x+ 3y)2 + 12xy−5(2x+ 3y)p6xy ⇔(2x+ 3y−2p6xy)(4x+ 6y−p6xy) =
TH1 :
2x+ 3y = 2p6xy⇔
x, y ≥0
4x2+ 12xy+ 9y2 = 24xy ⇔2x= 3y
Thay vào (2) ta
9y2
2 + 3y
2 = 30⇔y= 2⇒x= 3
TH2 :
4x+ 6y=p6xy⇔
x, y ≥0
16x2+ 48xy+ 36y2 = 6xy ⇔
x, y ≥0
8x2+ 21xy+ 18y2 = 0(V L)
(85)2.6 Câu 151 đến câu 180 85
Câu 152
r
x2+y2
2 +
r
x2+xy+y2
3 =x+y
x√2xy+ 5x+ = 4xy−5x−3
Giải Điều kiện : √2xy+ 5x+ ≥0
Nhận thấy phương trình (1) Tuy nhiên đặt y = tx phương trình ẩn t khơng phải dễ chơi Tuy nhiên nhận xét x= y ≥ thỏa mãn (1) Có thể có đánh giá ? Nếu bạn nhớ kiểu tách câu 115 đơn giản Ta làm sau
r
x2+y2
2 =
r
4(x+y)
2+
4(x−y)
2 ≥
x+y
2
r
x2+xy+y2
3 =
r
4(x+y)
2+
12(x−y)
2 ≥
x+y
2
Vậy V T ≥ |x+y| ≥x+y Đẳng thức xảy x=y≥0 thay vào (2) ta có x√2x2+ 5x+ = 4x2−5x−3⇔ 2x2+ 5x+ 3
+x√2x2+ 5x+ 3−6x2 = 0
⇔√2x2+ 5x+ 3−2x √2x2+ 5x+ + 3x= 0⇔√2x2+ 5x+ = 2x⇔x= 3, y = 3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (3; 3)
Câu 153
x+px2−y2
x−p
x2−y2 =
9x
5
x y =
3x+ 30−6y
Giải Điều kiện : y6= 0, y 6= 5, x2 ≥y2
Một câu hệ thuộc loại khó chơi Ta khai thác từ (2) Suy y = 30x
9x+ ⇔9x+ = 30x
y ⇔
9x
5 =
6x y −1 Thế lên (1) đồng thời chút biến đổi ta
x+px2−y22
x2−(x2−y2) =
6x−y y ⇔2x
2 −y2+ 2xp
x2−y2 = 6xy−y2
⇔
x=
x+px2−y2 = 3y⇒x2−y2 = 9y2−6xy+x2 ⇔
"
x= 0(L)
x= 3y
Với x=
3y dễ dàng giải x= 5, y = (TM)
(86)Câu 154
p
3 + 2x2y−x4y2+x2(1−2x2) =y4
1 +p1 + (x−y)2+x2(x4−2x2−2xy2+ 1) = 0
Giải Trừ phương trình cho ta
p
4−(x2y−1)2 = +p1 + (x−y)2+ (x3−y2)2
Dễ thấy V T ≤2≤V P
Dấu xảy x=y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 155
1
√
1 + 2x2 +
1 p
1 + 2y2 =
2
√
1 + 2xy
p
x(1−2x) +py(1−2y) =
Giải
Bài toán xuất đề VMO-2009 Bài yêu cầu cần chút kiến thức bất đẳng thức giải
Điều kiện : 0≤x, y ≤
2
Đặt a=√2x, b =√2y , a, b∈
0;√1
2
Ta có
V T = √
1 +a2 +
1
√
1 +b2 ≤
s
2
1 +a2 +
1 +b2
Ta sử dụng bổ đề với a, b >0 ab≤1 ta có bất đẳng thức
1 +a2 +
1 +b2 ≤
2 +ab Thật bất đẳng thức tương đương (a−b)
2(ab−1)
(1 +ab)(1 +a2)(1 +b2) ≤0 (Đúng)
Vậy
V T ≤ √
1 +ab =V P Đẳng thức xảy khix=y thay vào (2) ta dễ dàng tìm
(x;y) = 9−
√
73
36 ;
9−√73 36
!
, + √
73
36 ;
9 +√73 36
!
(87)2.6 Câu 151 đến câu 180 87
Câu 156
xy−x+y=
4x3+ 12x2+ 9x=−y3+ 6y+ 5
Giải
Bài toán xuất đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Đại học Vinh Đây tốn khó mang tính đánh đố cao ý tưởng Có thể sử dụng UCT dạng nâng cao để giải khuyên không nên dùng Ta làm sau Hệ tương đương
3xy−3x+ 3y=
4x3+ 12x2+ 9x=−y3+ 6y+ 5
Trừ phương trình cho ta
4x3+ 12x2+ 12x+ =−y3+ 3xy+ 9y
⇔4(x+ 1)3 + 4y3 = 3y3+ 3xy+ 9y
⇔4(x+ +y)[(x+ 1)2−(x+ 1)y+y2] = 3y(y2+x+ 3)
Bước then chốt Ta x=xy+y−3 thay vào vế phải ta có
⇔4(x+y+ 1)[(x+ 1)2−(x+ 1)y+y2] = 3y(y2+xy+y−3 + 3)
⇔4(x+y+ 1)[(x+ 1)2−(x+ 1)y+y2] = 3y2(x+y+ 1)
⇔(x+y+ 1)(2x+ 2−y)2 =
Với y=−x−1 thay vào (1) ta đượcx3+ 3x+ = 0 (Vô nghiệm)
Với y= 2x+ thay vào (1) ta 2x2+ 3x−1 = 0
x= −3 +
√
17
x= −3−
√
17
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −3 +
√
17
4 ;
1 +√17
!
, −3− √
17
4 ;
1−√17
!
Thật khó để nghĩ phép ảo phải khơng ? Bài tốn có nhiều phiên khác, thật ngạc nhiên cách giải gần giống hệt phiên Tôi giới thiệu thêm số câu cho bạn đọc
Câu 157
xy−x−y=
4x3−12x2+ 9x=−y3+ 6y+ 7
Giải Hệ cho tương đương :
3xy−3x−3y =
4x3−12x2+ 9x=−y3+ 6y+ 7
Trừ phương trình cho ta
(88)⇔4(x−1)3+ 4y3 = 3y3+ 3xy+ 3y
⇔4(x+y−1)[(x−1)2−(x−1)y+y2] = 3y(y2+x+ 1)
⇔4(x+y−1)[(x−1)2−(x−1)y+y2] = 3y(y2+xy−y−1 + 1)
⇔4(x+y−1)[(x−1)2−(x−1)y+y2] = 3y2(x+y−1)
⇔(x+y−1)(2x−2−y)2 =
Với y= 1−x thay vào (1) ta đượcx2 −x+ = (Vô nghiệm) Với y= 2x−2thay vào (1) ta 2x2−5x+ = 0⇔
x= 5−
√
17
x= +
√
17
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 5−
√
17
4 ;
1−√17
!
, + √
17
4 ;
1 +√17
!
Câu 158
xy−x+ 2y=
4x3+ 24x2+ 45x=−y3+ 6y−20
Giải Hệ cho tương đương
6y−3x+ 3xy−12 =
4x3+ 24x2+ 45x=−y3+ 6y−20
Trừ phương trình cho ta
4x3+ 24x2+ 48x+ 32 =−y3+ 3xy+ 12y
⇔4(x+ 2)3+ 4y3 = 3y3 + 3xy+ 12y
⇔4(x+y+ 2)(x+ 2)2−(x+ 2)y+y2= 3y(y2+x+ 4)
Thế x=xy+ 2y−4 vào vế phải ta
⇔4(x+y+ 2)(x+ 2)2−(x+ 2)y+y2= 3y(y2+ 2y+xy−4 + 4) = 3y2(x+y+ 2)
⇔(x+y+ 2) 4(x+ 2)2−4(x+ 2)y+y2=
Với y=−x−2 thay vào (1) ta đượcx2−5x+ = (Vô nghiệm) Với y= 2x+ thay vào (1) ta 2x2−7x+ = 0⇔
x=
√
17−7
x=− √
17 +
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
17−7
4 ;
1 +√17
!
, − √
17 +
4 ;
1−√17
!
(89)2.6 Câu 151 đến câu 180 89
Câu 159
(y−1)√x+ = 3−y
(4x+ 13)√x+ =−y3−6(2x−y)−7
Gợi ý : Đặt √x+ =a đưa câu 156
Câu 160
x4−2x=y4−y
(x2−y2)3 = 3
Giải
Bài toán xuất đề thi chọn đội tuyển trường THPT Chuyên - Đại Học Sư Phạm Hà Nội Thoạt nhìn qua hình thức hệ gọn nhẹ Tuy nhiên câu thuộc loại khó, yêu cầu khả biến đổi cao, đặc biệt xuất bí ẩn số phương trình (2)
Đặt x+y=a, x−y=b ta suy (ab)3 =
Phương trình (1) tương đương : (x2−y2)(x2+y2) = 2x−y
Giờ đưa hết a b Thì ta có x2+y2 =
a+b
2
+
a−b
2
,2x−y= a+ 3b
Thay tất vào (1) ta ab
a+b
2
+
a−b
2
2!
= a+ 3b
2 ⇔ab(a
2
+b2) = a+ 3b
Đến chưa sáng sủa ? Thế nhưng, số bí ẩn xuất Ta thử thay
3 = (ab)3 vào xem Khi (1) trở thành
ab(a2 +b2) =a+ (ab)3b ⇔a(a2b+b3−1−a2b4) = ⇔a(b3−1)(1−a2b) =
Thành đến Giờ đơn giản nhiều Với a= hiển nhiên vơ lí
Với b = 1⇒a=√3
3⇔
x−y=
x+y =√3
3 ⇔
x= +
√
3
y=
√
3−1
Với a2b= 1⇔(ab)a= 1⇔a=
3
√
3 ⇒b= (
√
3)2 ⇔
x+y= √31
3
x−y= (√33)2
⇔
x= √32
3
y =−√31
3
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = +
√
3
2 ;
3
√
3−1
!
,
√
3;−
√
3
(90)
Câu 161
x4−y4 =
4y −
1 2x
(x2−y2)5+ = 0
Giải
Đặt x+y=a, x−y=b (ab)5 =−5 Phương trình đầu tương đương
4xy(x4−y4) = 3x−2y⇔4xy(x2−y2)(x2+y2) = 3x−2y
Ta có
4xy= (a+b)(a−b), x2+y2 =
2 (x+y)
2+ (x−y)2 =
2(a
2+b2), 3x−2y = a+ 5b
2
Thay tất vào (1) ta
(a+b)(a−b).ab.1
2(a
2+b2) = a+ 5b
2
⇔ab(a4−b4) =a+ 5b⇔ab(a4−b4) =a−(ab)5b ⇔a(a4b−b5−1 +a4b6) = 0⇔a(b5+ 1)(a4b−1) =
TH1 : a= hiển nhiên vô lý TH2 : b =−1⇒a=√5
5⇒
x+y =√5
x−y=−1 ⇔
x=
√
5−1
y=
√
5 +
TH3 : a4b= 1⇔(ab).a3 = 1⇔ −√5
5a3 = 1⇔a=−
15√ 5, b=
15√ 54 ⇔
x+y=− 15√1
5
x−y= 15√54
⇔
x= 15√
55−1
215√
y=−
15√ 55 + 1
215√
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
5−1
2 ;
5
√
5 +
!
,
15√ 55−1
215√ ;−
15√ 55+ 1
215√
!
Câu 162
x4−y4 = 240
x3−2y3 = 3(x2−4y2)−4(x−8y) = 0
Giải Đây câu VMO-2010 Lời giải ngắn gọn
(91)2.6 Câu 151 đến câu 180 91 Đến dễ dàng tìm nghiệm : (x;y) = (4; 2),(−4;−2)
Câu hỏi đặt sử dụng UCT Tơi xin trình bày cách sau Cách : Tìm quan hệ tuyến tính dựa vào nghiệm
Dễ thấy cặp nghiệm hệ (4,2) (-4,-2) nên ta nghĩ quan hệ x = 2y Thay vào hệ ta rút
5 y2+ 4.P T(1)−2y.P T(2)
Tuy nhiên, nhìn vào dễ dàng thấy cách trâu bò Ở ta đặt x=±y+t để giảm bậc (1) xuống bậc đồng thời (2) bậc
Vì cặp nghiệm (4,2) (-4,-2) nên ta nghĩ đếnx= 6−y x=−6−y Với x= 6−ythì hệ trở thành
−24 (y−2) (y2−7y+ 22) = 0
−3 (y−2) (y2−7y+ 22) = 0
⇔P T(1)−8P T(2)↔(x+y−6) (x−y+ 2) (x−2)2+ (y−4)2
Với x=−6−y ta khơng tìm k số nên loại
Cách : Nhận xét biến x, y độc lập với nên ta hi vong đưa đẳng thức
Như ta tìm số k cho
P T(1) +k.P T(2)⇔(x+α)4−(y+β)4 =
Cân hệ số ta
k =−8
α =−2
β =−4
Vậy P T(1)−8P T(2) ⇔(x−2)4 = (y−4)4.
OK ? Tơi lại đưa thêm ví dụ cho bạn đọc
Câu 163
x4−y4 = 1215
2x3−4y3 = 9(x2−4y2)−18(x−8y)
Gợi ý : P T(1)−6.P T(2) ⇔(x−3)4 = (y−6)4
Nghiệm : (x;y) = (−6;−3),(6; 3)
Câu 164
xy−x+y=
x3−4x2+x+ 18 = 2y3+ 5y2−y
Giải
Để mẻ chút xin dùng phương pháp chân quê có thể, trâu bị Từ (1) thấy x=−1 không nghiệm ta suy ray = x+
x+ xuống (2) ta
x3−4x2+x+ 18 =
x+
x+
+
x+
x+
− x+
(92)Rút gọn ta đưa phương trình bậc sau
x6−x5−8x4+ 4x3+ 20x2−4x−16 =
Một phương trình bậc đầy đủ Chí ta mong tìm nghiệm để rút gọn xuống bậc 4.Ở dùng Casio rút nghiệm x = ±√2 Vậy có nhân tử x2−2 Phương trình trở thành
(x2−2)(x4−x3−6x2+ 2x+ 8) =
Giờ ta xét phương trình x4−x3−6x2+ 2x+ = 0 Tơi trình bày coi phương pháp
giải phương trình bậc tổng qt ln cho bạn đọc
Trước hết đưa phần tử x4−x3 tống hết vào bình phương, phần cịn lại đẩy
sang phải Tức
x4−x3+x
2
4 =
25x2
4 −2x−8⇔
x2− x
2
= 25x
2
4 −2x−8
⇔x2− x
2 +k
=k2+ 2kx2− x
2
+ 25x
2
4 −2x−8
⇔x2− x
2 +k
=
2k+ 25
x2−(k+ 2)x+k2 −8
Ta phải tìm k để vế phải trở thành bình phương Tức là∆x ≥0
⇔(k+ 2)2 =
2k+25
(k2−8)⇔k=−3, k=±
r 17
2
Tất nhiên ta chọn giá trị đẹp k=−3 Thay vào phương trình ta có
x2− x
2 −3
= x
2
4 −x+
⇔x2−x
2 −3
= x
2 −1
Đến dễ dàng tìm x={±√2;1±
√
17
2 }
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (±√2;±√2), 1± √
17
2 ;
1±√17
!
Câu 165
x−y−1 = 2√y √
x+√y= (2x−5y)
2
x−y
Giải Điều kiện : x, y ≥0, x6=y
Từ (1) ta cóx= √y+ 12 thay vào (2) tương đương √
y+ +√y= h
2 √y+ 12 −5yi
2
√
y+ 12−y ⇔(2 √
(93)2.6 Câu 151 đến câu 180 93 Đặt 2√y+ =a,3y=b phương trình cho tương đương
a2 = (2a−b)2 ⇔3a2−4ab+b2 ⇔
a=b
3a=b Với a=b ⇔3y= 2√y+ 1⇔y= ⇒x=
Với 3a=b⇔y= 2√y+ 1⇔y= + 2√2⇒x= + 4√2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (4; 1),(6 + 4√2; + 2√2)
Câu 166
16x2y2−17y2 =−1
4xy+ 2x−7y=−1
Giải Ta thực hien biến đổi (2) sau
(2)⇔4xy+ = 7y−2x⇒16x2y2 + 8xy+ = 4x2−28xy+ 49y2
⇔17y2+ 8xy= 4x2−28xy+ 49y2 ⇔4(x2−9xy+ 8y2)⇔
x=y x= 8y Với x=y thay vào (2) ta có 4x2−5x+ = 0⇔
"
x= 1⇒y= 1(T M)
x=
4 ⇒y= 4(T M)
Với x= 8y thay vào (2) ta có 32y2−9y+ = 0(V L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1),
4;
1
Câu 167
2−p
x2y4+ 2xy2−y4+ = 2(3−√2−x)y2
p
x−y2+x= 3
Giải Điều kiện : x≥y2, x2y4+ 2xy2−y4+ 1 ≥0
Rõ ràng khơng làm ăn từ (2) Cùng khai thác điều kiện Ta khai thác (1) Biến đổi ta
p
(xy2+ 1)2−y4 = 2[xy2+ 1−(3−√2)y2]
⇔
s
(xy2+ 1)2
y4 −1 =
xy2+ 1
y2 −(3−
√
2)
Đặt xy
2+ 1
y2 =t >0 Phương trình cho trở thành
√
t2 −1 = 2t−2(3−√2)⇔t= 3⇔xy2 + = 3y2 ⇒y2 =
(94)Thay xuống (2) ta
r
x−
3−x +x= 3⇔
x= 2⇒y=±1
x= 4−√2⇒y=±p√2 +
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = (2; 1),(2;−1),
4−√2;p√2 +
,
4−√2;−p√2 +
Câu 168
x2+y2+xy−3x−4y+ =
17(x4+y4−14y2+ 49)−(x+ 2y)4 =−8(xy+ 7)(x2+ 2xy+ 4y2−14)
Giải
Hình thức hệ khủng bố Thoạt nhìn ta thấy hệ có phương trình tam thức bậc Vậy ta thử xem liệu phân tích thành nhân tử không ? Ở không được, ∆x xấu Vậy phải quay sang (2)
Phương trình (2) tương đương với
17 x4+ (y2 −7)2= (x+ 2y)4−8(xy+ 7) (x+ 2y)2−2(xy+ 7)
⇔17 x4+ (y2−7)2= (x+ 2y)4−8(xy+ 7)(x+ 2y)2+ 16(xy+ 7)2
⇔17 x4+ (y2−7)2= (x+ 2y)2−4(xy+ 7)2
⇔17 x4+ (y2−7)2= (x2+ 4y2−28)2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz cho vế trái ta có V T = (12+ 42) x4+ (y2−7)2
≥(x2+ 4(y2−7)2) =V P
Đẳng thức xảy khi4x2 =y2−7 kết hợp với (1) ta lập hệ mới
x2+y2+xy−3x−4y+ = 0
4x2 =y2−7
Thoạt nhìn hệ gồm tam thức bậc ta giải hệ số bất định Tuy nhiên, số k tìm lẻ, ta xoay sang hướng khác đánh giá
Viết lại phương trình đầu sau
x2+x(y−3) +y+ (y−2)2 =
y2+ (x−4)y+x2−3x+ = 0 ⇒
∆x ≥0
∆y ≥0 ⇔
0≤x≤
3 1≤y ≤
3
Với điều kiện rõ ràng y2−7≤
2
−7<0≤4x2
(95)2.6 Câu 151 đến câu 180 95
Câu 169
2xy+ypx2−y2
14 =
r
x+y
2 +
r
x−y
2 s
x+y
2
+ s
x−y
2
=
Giải Điều kiện : y≤min{±x}
Với hình thức hệ ta thấy cần phải đặt ẩn phụ Đặt
r
x+y
2 =a≥0, r
x−y
2 =b≥0⇒
x=a2+b2 y=a2−b2
Như thay vào (1) ta có
(1) ⇔ (a
2+b2) (a2−b2) + (a2−b2)ab
14 =a+b
⇔7 (a+b) = a2+b2 a2−b2+ a2−b2ab
⇔7 = (a−b) a2+ab+b2 ⇒
a3−b3 = 7
a3+b3 = 9 ⇔
a=
b= ⇔
x=
y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (5; 3)
Câu 170
x3y+x3+xy+x= 1
4x3y2+ 4x3−8xy−17x=−8
Giải Một hệ yêu cầu khả rút tương đối tốt Hệ cho tương đương
x3(y+ 1) +x(y+ 1) = 1
4x3(y2+ 1)−8x(y+ 1) = 9x−8
Từ PT(1) ta x(y+ 1) = 1−x3(y+ 1) vào PT(2) ta có
(2)⇔4x3(y2+ 1)−8[1−x3(y+ 1)] = 9x−8
⇔4x3(y2+ + 2y+ 2) = 9x⇔4x2[(y+ 1)2 + 2] = 9(∗)
Vì dễ thấy x= không nghiệm nên ta rút gọn (*) Mà từ phương trình (1) ta lại rút y+ =
x2(x2+ 1) Vậy (*) trở thành
4x2
x2(x2+ 1)2 +
= ⇔
(x2+ 1)2 + 8x
2 = 9⇔x2 = 1 ⇔
x= 1⇒y=−1
2
x=−1⇒y=−3
2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1;−1
2
,
−1;−3
2
(96)Câu 171
1−x2
x2
3
+xy+3 =y
3
(xy+ 2)2+
x2 = 2y+
4
x
Giải Điều kiện : x6=
Phương trình (2) tương đương
xy+ 2− x
2
= 0⇔
xy =
x −2 y =
x2 −
2
x Thay tất vào (1) ta
x2 −1
3 +
x−
1 =
x2 −
2
x
3
⇔ t2−13
+t−
2 = (t
2−2t)3
⇔(2t−1) 6t4−12t3+ 2t2+ 4t+ 3=
TH1 : t =
2 ⇒x= ⇒y=−
TH2 :
6t4−12t3+ 2t2+ 4t+ =
Sử dụng phương pháp nêu câu 164 đưa
6
t2−t−
3
=−1
3(V L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
2;−3
4
Câu 172
x(x2−y2) +x2 = 2p(x−y2)3
76x2−20y2+ = p3 4x(8x+ 1)
Giải Điều kiện : x≥y2 ≥0
Phương trình (1) tương đương
x3+x(x−y2)−2p(x−y2)3 = 0
Đặt px−y2 =uthì phương trình (1) trở thành
x3+xu2−2u3 = 0⇔x=u⇔y2 =x−x2
Thay xuống (2) ta
(97)2.6 Câu 151 đến câu 180 97 Nếu giải tốt phương trình vơ tỷ nhận dạng thường sử dụng phương pháp đánh giá Nhận thấy x =
8 nghiệm ý x ≥0 Ta có hướng tách
như sau
96x2−20x+ =√332x2+ 4x=p3
1.1.(32x2+ 4x)≤ 32x
2+ 4x+ 2
3
⇔3(96x2−20x+ 2)≤32x2 + 4x+ 2⇔(16x−2)2 ≤0⇔x=
8 ⇒y=±
√
7
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 8;±
√
7
!
Tôi giới thiệu thêm câu gần tương tự khó
Câu 173
y2+ (4x−1)2 =p3
4x(8x+ 1) 40x2+x=y√14x−1
Giải Điều kiện : x≥
14
Với điều kiện từ (2) hiển nhiên y >0 Ta có đánh giá sau
40x2+x=y√14x−1≤ y
2+ 14x−1
2 ⇔y
2 ≥80x2−12x+ 1
TỪ (1) ta lại có
3 p
4x(8x+ 1) =y2+ (4x−1)2 ≥80x2−12x+ + (4x−1)2 = 2(48x2−10x+ 1)
Đồng thời
3 p
4x(8x+ 1) =p3
1.1.(32x2+ 4x)≤ + + 32x 2+ 4x
3
Từ suy
2(48x2−10x+ 1) ≤ 32x
2+ 4x+ 2
3 ⇔2(8x−1)
2 ≤0⇔x=
8 ⇒y=
√
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 8;
√
3
!
Câu 174
√
x−√x−y−1 =
y2+x+ 2y√x−y2x= 0
Giải Điều kiện : x≥0, x≥y+
Phương trình (1) tương đương với √
(98)Thay vào (2) tương đương
4(√x−1)2 +x+ 4(√x−1)√x−4(√x−1)2.x= 0⇔
x=
x= ⇒y=
x= 9−
√
17
Nghiệm x= 4, x=
9−√17
8 không thỏa mãn điều kiện bình phương (1)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (4; 2)
Câu 175
p
x2+ 2y+ + 2y−3 = 0
2(2y3+x3) + 3y(x+ 1)2+ 6x(x+ 1) + =
Giải Điều kiện : x2+ 2y+ 3≥0
Phương trình (2) tương đương
2(2y3+x3) + 3y(x+ 1)2+ 6x2+ 6x+ = 0⇔2(x+ 1)3+ 3y(x+ 1)2+ 4y3 =
Rõ ràng phương trình giữay vàx+ Ở ta rút 2y=−(x+ 1)
thay vào (1) ta có
√
x2−x+ =x+ 4⇔x=−14
9 ⇒y=
5 18
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
−14
9 ; 18
Câu 176
2x3−4x2+ 3x−1 = 2x3(2−y)√3−2y
√
x+ =p3
14−x√3−2y+
Giải Điều kiện : x≥ −2, y ≤
2
Hình thức hệ thật khơng đơn giản Để ý phương trình (1) chia vế cho x2 6= cô lập x y, ta hi vọng điều
(1) ⇔2− x +
3
x2 −
1
x3 = (4−2y)
p 3−2y
⇔
1−
x
3 +
1−
x
=p3−2y3+p3−2y
Dễ dàng thấy vế có dạngf(t) =t3+t là hàm đơn điệu tăng Từ suy ra √3−2y = 1−
x thay vào (2) ta
x+ 2−√3
(99)2.6 Câu 151 đến câu 180 99 Rõ ràng vế trái đơn điệu tăng nên phương trình có nghiệm x= ⇒y= 111
98
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) =
7;111 98
Câu 177
x2+y2+ 8xy
x+y = 16 x2
8y +
2x
3 =
s
x3
3y + x2
4 −
y
2
Giải Điều kiện : y6= 0, x+y6= 0,x
3
3y + x2
4 ≥0
Phương trình (2) tương đương với x2
8y +
4x+ 3y
6 =
s
x3
12y + x2
16 ⇔
x2
8y +
4x+ 3y
6 =
s
x2
8y
4x
6 +
x2
8y
3y
6
Nhìn vào biểu thức ta thấy để có nghiệm x
2
8y ≥0,
4x+ 3y
6 ≥0 Vậy ta có
a+b= 2√ab⇔a =b ⇔ x
2
8y =
4x+ 3y
6 ⇔
"
x= 6y x=−2
3.y
TH1 : x= 6y thay vào (1) ta có
37y2+48
7 y= 16⇔
y=−28
37 ⇒x=− 168
37 (L)
y=
7 ⇒x= 24
7
TH2 : x=−2
3y thay vào (1) ta có
9y
2
+y2−16y= 16⇔
"
y=−12
13(L)
y= 12⇒x=−8(T M)
Việc loại nghiệm dựa vào điều kiện để (2) có nghiệm mà tơi nêu đoạn Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
24
7 ;
(100)
Câu 178
x3(3y+ 55) = 64
xy(y2+ 3y+ 3) = 12 + 51x
Giải Hệ cho tương đương
3y+ 55 = 64
x3
12
x + 51 =y
3+ 3y2+ 3y
⇔
3 (y+ 1) + 52 =
4
x
3
3.4
x + 52 = (y+ 1)
3
Rõ ràng hệ đối xứng Từ ta suy ray+ =
x ⇔y=
4
x −1 thay vào (1) ta có x3
12
x + 52
= 64 ⇔x= ⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 3)
Câu 179
x4+ 2y3−x=−1
4 +
√
3
y4 + 2x3−y=−1
4−3
√
3
Giải
Bài toán xuất đề học sinh giỏi Thái Ngun Thoạt nhìn đối xứng không dễ Công phương trình cho ta
x4+ 2x3−x+y4+ 2y3−y =−1
2
⇔(x2+x)2−(x2+x) +
4+ (y
2
+y)2−(y2+y) + =
⇔
x2+x−
2
+
y2+y−1
2
=
⇔
x2+x−
2 =
y2 +y−
2 =
⇔
x= −1±
√
3
y= −1±
√
3
Thử lại ta tìm nghiệm thỏa mãn (x;y) = −1−
√
3
2 ;
−1 +√3
2 !
(101)2.7 Câu 181 đến câu 210 101
Câu 180
x+ 6√xy−y=
x+ 6(x
3 +y3)
x2+xy+y2 −
p
2(x2+y2) = 3
Giải
Đây toán xuất báo THTT Ý tưởng đánh giá Sau xuất nhiều diễn đàn có nhiều lời giải khác Tơi xin trích dẫn phần lời giải tờ báo
Điều kiện : xy≥0, x2+y2 6=
Nếu x, y <0 rõ ràng vế trái (2) sẽ<0 tốn vơ nghiệm Vậy x, y >0
Xét (1) ta có đánh giá sau
6 =x+p6xy−y≤x+ 3(x+y)−y = 2(2x+y)⇔2x+y≥3(∗)
Ta lại có đánh giá sau xy≤ x
2+y2
2 ⇔x
2+xy+y2 ≤ 3(x2+y2)
2 ⇔
3(x3+y3)
x2+xy+y2 ≥
2(x3+y3)
x2+y2
Giờ ta lại chứng minh 2(x
3+y3)
x2+y2 ≥
p
2(x2+y2)⇔2(x3+y3)2 ≥(x2+y2)
Theo bất đẳng thức Holder ta có
2(x3+y3)2 = (13+ 13)(x3+y3)(x3+y3)≥(x2+y2)3
Vậy ta có : 3(x
3+y3)
x2+xy+y2 ≥
2(x3 +y3)
x2+y2 ≥
p
2(x2+y2)
Giờ xét phương trình (2) ta có
3 =x+ 6(x
3+y3
x2+xy+y2 −
p
2(x2+y2 ≥x+ 2p2(x2+y2)−p2(x2+y2)
=x+p2(x2+y2)≥x+x+y= 2x+y
Vậy ta lại có2x+y≤3(∗∗)
Từ (*),(**) ta có
2x+y=
x=y ⇔x=y= Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
2.7 Câu 181 đến câu 210 Câu 181
(
2y2−9y− x =−2
4√x+ +xypy2+ = 0
Giải
Đây toán mà ý tưởng xét hàm giấu kín Điều kiện : −1≤x6=
(102)x √
x+ =
−4
ypy2+ 4 ⇔
x+ 1−1
√
x+ =
y2 −(y2 + 4)
ypy2+ 4
⇔√x+ 1− √
x+ =
y
p
y2+ 4 −
p
y2+ 4
y Đến ta thấy hàm cần xét f(t) =t−
t hàm đơn điệu tăng Từ suy √
x+ = p y
y2 + 4 ⇒x+ =
y2
y2+ 4 ⇔x=
−4
y2 + 4 ⇔
−4
x =y
2
+
Thay lại vào (1) ta
3y2−9y+ = 0⇔
y= ⇒x=−4
5(T M)
y= ⇒x=−1
2(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
−4
5;
,
−1
2;
Câu 182
p3
y3 −1 +√x= 3
x2+y3 = 82
Giải Điều kiện : y≥0
Hệ cho tương đương
p
y3−1 = 9−x
3 +√x y3−1 = (9−x)(9 +x)
⇒(9−x) (9 +x).p3
y3−1 = (y3−1)(9−x)
3 +√x TH1 : y= ⇒x=
TH2 : x= ⇒y=
TH3 : (9 +x)(3 +√x) =
3 p
y3−12
Rõ ràng vơ nghiệm vìV T ≥27 p3
y3 −1≤3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (9; 1)
Câu 183
x+ 2(y−√x−1) = 19
5 +
1
y2 + 1
√
2x+y−2 +√y−x+ =
Giải Điều kiện : 2x+y−2≥0, y−x+ 1≥0, x≥1
(103)2.7 Câu 181 đến câu 210 103
√
x−1−12+ 2y= 19
5 +
1
y2+ 1
Nếu y >2 ta có V T >4> V P Vậy y≤2
Ta đánh giá phương trình (2) sau V T =p2x+y−2 + √1
2 p
2y−2x+ 2≤
s
1 +
3y≤3
Đẳng thức xảy khiy = 2⇒x=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 2)
Trải qua nhiều câu hệ sử dụng đánh giá, ta thấy phương pháp khó cần kĩ biến đổi tốt
Câu 184
2x2+xy= 1
9x2
2(1−x)4 = +
3xy
2(1−x)2
Giải Điều kiện : x6=
Một toán đặc sắc lời giải sáng tạo Đặt −3x
2(1−x)2 =u ta lập thành hệ sau
2x2+yx−1 = 2u2+yu−1 = 0
Đến đối xứng Nhưng ta khơng trừ phương trình cho mà có đánh sau
Rõ ràng x u nghiệm phân biệt phương trình X2+yX−1 = Hiển nhiên tích c.a trái dấu Theo hệ thứcV i−et ta có
xu= c
a ⇔x
−3x
2(1−x)2 =−
1
2 ⇔x=
−1±√3
2 ⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −1 +
√
3
2 ;
!
, −1− √
3
2 ;
!
Câu 185
4x2y2+xy2+ 4xy−3y3+ = 7y2
3xy−3y2−y+ =
Giải Một chút biến đổi ta đưa hệ cho thành
(2xy+ 1)2 = 7y2+ 3y3−xy2
2xy+ =y+ 3y2−xy ⇒(y+ 3y
(104)⇔
y2 = 0
(1 + 3y−x)2 = + 3y−x TH1 : y2 = vô nghiệm
TH2 : (1 + 3y−x)2 = + 3y−x⇔
3y−x=−3 3y−x= ⇔
x= 3y+
x= 3y−2
Với trường hợp thay vào (2) ta dễ dàng tìm nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1),
−3 2;
, 1±
r 2;
−4±√10
6 !
Câu 186
x√x2+ +y√x2+ = 7xy
x√x2+ +ypy2+ =x2+y2+ 2
Giải
Đây toán tổng hợp nhiều kĩ vào làm Hệ cho tương đương
x p
y2+ +y+y √x2+ +x
= 9xy x √x2+ 3−x
+ypy2+ 6−y= 2 ⇔
p
y2+ +y
y +
√
x2+ +x
x =
x √x2+ 3−x
+ypy2+ 6−y= 2
⇔
ypy2+ 6−y
+
x √x2+ 3−x =
x √x2+ 3−x
+ypy2+ 6−y= 2
Đặt x √x2+ 3−x
=a, ypy2+ 6−y=b Hệ trở thành
(
b +
3
a = a+b =
⇔
(
a= 1, b =
a= 3, b=
4
TH1 :
(
x √x2+ 3−x =
ypy2+ 6−y= 1 ⇔
(
x=
y= TH2 :
x √x2+ 3−x =
3
ypy2+ 6−y=
3 ⇔
x= √2
15
y= r
2 15
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1;1
, √2
15; r
2 15
!
(105)2.7 Câu 181 đến câu 210 105
Câu 187
(x+y)2+ 3x+ 2y+ = 3√3 4x−4 2(y+ 1)2 y+ 1−√3
18x−x3
= 17 √x−22
−35−10x2
Giải Điều kiện : x≥2
Nhìn vào ta thấy phương trình (2) q khủng bố, gần khơng thể làm ăn chút Nhưng để ý chút, có phần tử đặc biệt 17 √x−22 Đã lại cịn bình phương !! Phải tác giả cố ý để nhằm tạo điều kiện cho x để đánh giá ? Có lẽ từ phương trình (1)
Ta thực đánh giá phương trình (1) sau
(x+y)2+ 3x+ 2y+ = 3p3
2.2.(x−1)≤2 + +x−1 =x+
⇔(x+y)2+ 2x+ 2y+ 1≤0⇔(x+y+ 1)2 ≤0
Đẳng thức xảy khix= y=−4 Thay lại vào phương trình (2) thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (3;−4)
Câu 188
x2−(y+ 3)x+y2+ = 0
x y
4
−2
x y
3 +
x y
2
− 4−3x
y2 −1−
4−6x y4 =
Giải Hướng giải giống câu 185
Điều kiện : y6=
Hệ cho tương đương
x2−xy= 3x−y2−2
x4−2x3y+x2y2 = (4−3x)y2+y4+ 4−6x ⇔
x2−xy= 3x−y2−2
(x2−xy)2 = (4−3x)y2+y4+ 4−6x(∗)
(∗)⇔ 3x−y2−22
= (4−3x)y2+y4+ 4−6x
⇔9x2+y4+ 4−6xy2−12x+ 4y2 = (4−3x)y2 +y4 + 4−6x
⇔9x2−3xy2−6x= ⇔3x(3x−y2−2) =
Đến ta lại 3x−y2−2 =x2−xy từ (1) vào phương trình :
3x2(x−y) = 0⇔
x= ⇒y2+ = 0(V L)
x=y⇒y2−3y+ = 0⇔
y=x=
y=x=
(106)Câu 189
(
x2+xy+x+ = 0
(x+ 1)2+ 3(y+ 1) + 2xy−p
x2y+ 2y= 0
Giải Điều kiện : y≥0
P T(2)−2.P T(1) ⇔ −(x2+ 2) + 3y= 2p(x2+ 2)y
Đặt √x2+ =a >0,√y =b ≥0 Phương trình trở thành
−a2+ 3b2 = 2ab⇔
a=b⇒y =x2+ 2
a=−3b(L)
Thay trở lại (1) ta dễ dàng tìm nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−1; 3)
Câu 190
x3y= 9
3x+y=
Giải
Hình thức hệ đơn giản Ta chọn cách từ (2) lên (1) để giải phương trình bậc Tuy nhiên, với đánh giá đơn giản, ta giải nhanh
Nhận thấy giả sử hệ có nghiệm thìx, y >0 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho phương trình (2) ta có
3x+y=x+x+x+y≥4p4
x3y= 4√3>6
Vậy hệ cho vô nghiệm
Câu 191
(x2+y2)(x+y+ 1) = 25(y+ 1)
x2+xy+ 2y2+x−8y= 9
Giải Hệ cho tương đương
x2+y2
y+ (x+y+ 1) = 25
x2 +y2+x(y+ 1) + (y+ 1)2 = 10 (y+ 1)
⇔
x2+y2
y+ (x+y+ 1) = 25
x2+y2
y+ + (x+y+ 1) = 10
Đặt x
2+y2
y+ =a, x+y+ =b ta có
ab= 25
a+b= 10 ⇔a=b = 5⇔
x2+y2 = (y+ 1)
x+y= ⇔
"
x= 3, y =
x=−3
2, y = 11
2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (3; 1),
−3
2; 11
2
(107)2.7 Câu 181 đến câu 210 107
Câu 192
4x3+ 4y3 = 3x2y+ 2√3xy+ 2x
x2 =y2+
Giải
Đây câu thuộc loại khó Mang tính đánh đố chút Để ý chút phương trình (2) nhìn giống đẳng thức lượng giác + tan2x =
cos2x Vậy ta đặt
x=
cosa ⇒y= tana với a ∈[0;π] Thay tất vào phương trình (1) ta
4
cos3a + 4tan
a=
cos2atana+
√
3
cosa.tana+
2 cosa ⇔4 + 4sin3a= sina+ 2√3 sinacosa+ 2cos2a ⇔3 = sin 3a+√3 sin 2a+ cos 2a⇔3 = sin 3a+ sin2a+ π
6
Rõ ràng V T ≥V P đẳng thức xảy a= π
6 ⇒x=
2
√
3, y =
√
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
2
√
3;
√
3
Câu 193
y3+ 3xy−17x+ 18 =x3−3x2+ 13y−9
x2+y2+xy−6y−5x+ 10 =
Giải Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta rút
P T(1)−3.P T(2) ⇔(y−1)2+ 2(y−1) =x3+ 2x⇔x=y−1
Đến dễ !
P/S : Thực với ta nhân vào PT(2) trừ chút kinh nghiệm nhằm loại bỏ xy không thiết phải sử dụng đến hệ số bất định
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 2),
3;
8
Câu 194
(x+y−3)3 = 4y3
x2y2+xy+45
4
x+ 4y−3 = 2xy2
Giải Từ phương trình (2) ta rút : x+y−3 = 2xy2−3y Thay vào phương trình (1) ta
y3(2xy−3)3 = 4y3
x2y2+xy+45
(108)TH1 : y= ⇒x=
TH2 : (2xy−3)3 =
x2y2+xy+ 45
⇔xy= ⇔x=
y Đến thay lại vào (2) dễ dàng tìm nghiệm
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (3; 0), 3− √
73
2 ;
−3−√73
8 !
, + √
73
2 ;
−3 +√73
8 !
Câu 195
2x+p2−x+y−x2−y2 = 1
2x3 = 2y3+
Giải Chuyển vế bình phương (1) ta suy hệ sau
5x2−3x−1 =y−y2
2x3−2y3 = 1 ⇒2x
3−2y3 = 5x2−3x+y2 −y
⇔(x−y−1)(2x2−3x+ 2xy+ 2y2−y) =
TH1 : x=y+ thay vào (2) dễ dàng tìm nghiệm
TH2 : Kết hợp với phương trình (1) sau bình phương ta lập hệ
2x2−3x+ 2xy+ 2y2−y= 5x2−3x+y2 −y =
Đây hệ gồm tam thức ta biết cách giải phương pháp UCT Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 3−
√
3
6 ;
−3−√3
6 !
Câu 196
p
1 +√1−x2 =x1 + 2p1−y2
1
√
1 +x +
1
√
1 +y =
2 p
1 +√xy Giải Điều kiện : |x| ≤1,|y| ≤1, xy ≥0
Với điều kiện ta tiến hành đánh giá V T ≤
s
2
1 +x+
1 +y
≤ p
1 +√xy Đẳng thức xảy khix=y Thay vào phương trình (1) ta
q
(109)2.7 Câu 181 đến câu 210 109 Với loại phương trình vơ tỷ lượng giác hóa cách tốt
Đặt x=sint, t ∈h0;π i
Phương trình trở thành √
1 + cost= sint(1 + cost)⇔√2 cos t
2 = sin
t
2cos
t
2
3−4sin2t
⇔3 sin t
2−4sin
3t
2 =
√
2
2 ⇔
sin3t
2 =
√
2
t ∈h0;π
i ⇔
t= π
6 ⇒x=
t= π
2 ⇒x=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1),
2;
1
Câu 197
2y3+ 2x√1−x= 3√1−x−y y= 2x2−1 + 2xy√1 +x
Giải Điều kiện −1≤x≤1
Để ý kĩ phương trình (1) có dạng f(√1−x) = f(y) với f(t) = t3+t đơn điệu tăng Tuy nhiên, đến chưa phải hết Như nói trước, hệ kiểu thường nặng giải phương trình vơ tỷ phía sau
Thay y=√1−x từ (1) xuống (2) ta thu √
1−x= 2x2−1 + 2x√1−x2
Đặt x= cost, t∈[0;π]phương trình cho tương đương √
1−cost= 2cos2t−1 + cost√1−cost
⇔√2 sin t
2 = cos 2t+ sin 2t⇔ (
sin t = sin
2t+ π
4
t ∈[0;π]
⇔t= 3π
10 ⇔
x= cos3π 10
y=√2 sin3π 20
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
cos3π 10;
√
2 sin3π 20
Câu 198
3(x3−y3) = 4xy
x2y2 =
Giải
(110)Với xy= ⇒y=
x, thay tất vào (1) ta
x3 −
x
3
= ⇔
x3 = 2−√31⇒x=p3
2−√31⇒y=
3 p
2−√31
x3 = +√31⇒x=p3 +√31⇒y= 3 p
2 +√31
Tương tự với trường hợp xy=−3 Tuy nhiên trường hợp vơ nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = p3 2−√31;
3 p
2−√31 !
, p3 +√31; 3 p
2 +√31 !
Câu 199
x2+y2 =
√
2(x−y)(1 + 4xy) = √3
Giải
Phương trình đầu khiến ta liên tưởng đến phương pháp lượng giác hóa Đặt x= sint, y= cost, t∈[0; 2π] Thay vào phương trình (2) ta
(sint−cost)(1 + sin 2t) =
√
6
⇔sint−cost+ sin 2tsint−2 sin 2tcost=
√
6
⇔sint−cost+ cost−cos 3t−sin 3t−sint=
√
6
⇔
cos 3t+ sin 3t=− √
6
t∈[0; 2π]
⇔t∈
7π
36; 31π
36 ; 55π
36 ; 11π
36 ; 35π
36 ; 39π
36
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (sint; cost) với t ∈7π
36; 31π
36; 55π
36; 11π
36; 35π
36; 39π
36
Câu 200
( p
5y4−x4−6(x2−y2)−2xy= 0
1 2(5y
2+x2)2−18 =√xy(6−5y2 −x2)
Giải Điều kiện : xy≥0,5y4−x4 ≥0
Một hệ hay Ở xét phương trình (2) ta coi x2+ 5y2 là ẩn chính.
Hệ cho tương đương
(5y2+x2)2+ 2√xy(5y2+x2)−12√xy−36 = ∆5y2+x2 =xy+ 12
√
(111)2.7 Câu 181 đến câu 210 111 Q tuyệt vời phương Từ ta tính
x2+ 5y2 =
x2+ 5y2 =−2√xy−6(L)
Đến thay =x2+ 5y2 vào (1) ta được
p
5y4−x4−(x2+ 5y2)(x2−y2) = 2xy⇔p
5y4−x4+ (5y4 −x4) = 4x2y2+ 2xy
Rõ ràng vế có dạng f(t) =t2+t, t≥0và hàm đơn điệu tăng Từ rút ra
p
5y4−x4 = 2xy⇔x=y
Thay vào x2+ 5y2 = ta giải rax=±1, y =±1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1),(−1;−1)
Câu 201
(x−1)√y+ (y−1)√x=√2xy x√2y−2 +y√2x−2 =√2xy
Giải
Một hệ đối xứng khiến nhiều người lúng túng thức Điều kiện : x, y ≥1
Phương trình (2) tương đương √ x−1
x +
√ y−1
y = Rõ ràng
p
1.(x−1)
x ≤
1 +x−1
2x =
1
2, tương tự với y Vậy vế trái ≤1 Đẳng thức xảy
x=y= thay vào (1) thỏa mãn
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 2)
Tiếp theo đến chùm hệ sử dụng phép biến đổi đẳng thức Đây kĩ thuật khó nhiên hữu dụng để giải số loại hệ phương trình Chỉ vài phép biến đổi xuất phát từ đẳng thức quen thuộc mà ta quét dọn hệ Tuy nhiên phương pháp khó yêu cầu khả hiểu biết đẳng thức tương đối tốt đồng thời cần kinh nghiệm chút tinh quái Bài viết tơi trích phần "Tuyển Tập Phương trình - Hệ phương trình" diễn đàn Mathscope biên soạn
Câu 202
x2+y2 = +xy
x y+
2 +
y x+
2 =
Giải Điều kiện : x, y 6=−1
Ta sử dụng kết sau : Nếu x2−xy+y2 = x y+ +
(112)Chứng minh :
x2−xy+y2 = ⇔x(x+ 1) +y(y+ 1) =xy+x+y+ = (x+ 1)(y+ 1)⇔ x y+ 1+
y
x+ =
Áp dụng vào toán Đặt x
y+ =a,
y
x+ =b ta có hệ
a+b=
a2+b2 = 1 ⇔
a= 0, b=
a= 1, b= ⇔
x= 1, y =
x= 0, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 0),(0; 1)
Câu 203
x y +
y x −
1
xy =
1
x2 +
1
y2 −1
x x+ +
y y+ =
x2 −xy+y2 xy
Giải Điều kiện : x, y 6= 0,1
Sử dụng kết sau : Nếu xy= x+ +
1
y+ =
Chứng minh:
xy= ⇔xy+x+y+1 = (x+1)+(y+1)⇔(x+1)(y+1) = (x+1)+(y+1)⇔ x+ 1+
1
y+ =
Ta dùng kết vào tốn Phương trình đầu tương đương
(xy−1)(x2+xy+y2) = 0⇔xy= 1⇔ x+ +
1
y+ =
Phương trình (2) tương đương
1−
x+ + 1−
y+ =
x2−xy+y2
xy ⇔1 =
(x−y)2+xy
xy =
(x−y)2
xy + Vậy suy rax=y kết hợpxy = suy x=y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 204
1
y −2 =
2
xy2 −xy
1 (x+ 1)2 +
4
(y+ 2)2 =
Giải Ta sử dụng kết sau : Nếu xy= 2⇔
x+ +
(113)2.7 Câu 181 đến câu 210 113 Chứng minh :
xy= ⇔xy+2x+y+2 = 2(x+1)+(y+2)⇔(x+1)(y+2) = 2(x+1)+(y+2) ⇔ x+ 1+
2
y+ =
Phương trình thứ tương đương
(xy−2)
1
y2 +
= 1⇔xy= 2⇔
x+ +
y+ =
Vậy đặt
x+ =a,
y+ =b ta có
a+b=
a2+b2 = 1 ⇔
a= 0, b=
a= 1, b=
Ta loại trường hợp a, b6=
Vậy hệ cho vô nghiệm
Câu 205
xy+x+y=
5y+ +
x+ +
1
(x+ 1)(y+ 2) =
x+
Giải Ta sử dụng kết sau
abc= 1⇔
1 +a+ab +
1
1 +b+bc+
1
1 +c+ca = Chứng minh
V T =
1 +a+ab+
a
a+ab+abc+
ab
ab+abc+a2bc =
1
1 +a+ab+ a
a+ab+ 1+
ab
a+ab+ =
Điều kiện : y6= −9
6 , x6=−6,(x+ 1)(y+ 2)6=−1
Đặt a=x+ 1, b=y+ 1, c=
4 hệ cho tương đương ( abc= 1
1
1 +b+bc +
1
1 +a+ac+
1
1 +a+ab = x+
2
⇒ x+
2 = 1⇔x= 1, y =
(114)Câu 206
x2+xy+y2 = 3
x5+y5+ 15xy(x+y) = 32
Giải
Ta sử dụng đẳng thức : (x+y)5 =x5+y5+ 5xy(x+y)(x2+xy+y2)
Sử dụng đẳng thức với (2) ta có
x5+y5+ 5xy(x+y)(x2+xy+y2) = 32⇔(x+y)5 = 32⇔x+y=
Kết hợp với phương trình (1) ta dễ dàng giải (x;y) = (1; 1)
Ta sử dụng đẳng thức sau
Câu 207
x2+xy+y2 = 3
x5+y5
x3+y3 =
31
Giải
Bài hồn tồn đưa dạng bậc Tuy nhiên, giải phương trình bậc thơi nghe thấy khiến nhiều người ngán ngẩm Ta sử dụng số kết sau
x3+y3 = (x+y)3−3xy(x+y)
x5 +y5 = (x+y)5−5xy(x+y)(x2+xy+y2)
Điều kiện : x6=−y
Sử dụng kết vào (2) ta
(x+y)4 −15xy
(x+y)2−3xy =
31
Tiếp theo từ (1) ta thế(x+y)2 = +xy vào (2) ta được
(3 +xy)2−15xy
3−2xy =
31
7 ⇔
" xy=−2
xy= 15
Với xy=−2⇒x+y=±1⇒
x= 2, y =−1
x= 1, y =−2
x=−2, y =
x=−1, y =
Với xy= 15
7 ⇒(x+y)
2 = 36
7 (Loại S
2 <4P)
(115)2.7 Câu 181 đến câu 210 115
Câu 208
xy−x= (x+ 1)4 +
16
(y+ 1)4 =
Giải Ta sử dụng kết : xy=x+ 2⇔
x+ +
y+ =
Chứng minh
xy=x+ 2⇔xy+x+y+ = 2(x+ 1) + (y+ 1)
⇔(x+ 1)(y+ 1) = 2(x+ 1) + (y+ 1) ⇔ x+ +
2
y+ =
Áp dụng toán ta đặt
x+ =a6= 0,
y+ =b 6= Hệ trở thành
a+b =
a4+b4 ⇔
a= 1, b= 0(L)
a= 0, b= 1(L)
Vậy hệ cho vô nghiệm
Tiếp theo điểm qua vài ví dụ phép số để đưa phương trình đồng bậc Loại thực tơi có nêu ví dụ câu 17 Giờ ta nghiên cứu chút kĩ thuật
Câu 209
x2+y2 = 2
(x+y)(1 +xy)4 = 32
Giải Để ý +xy= + 2xy
2 =
(x+y)2
2 Đến toán đơn giản
Phương trình (2) trở thành (x+y)9 = 29 ⇔x+y = 2
Đến kết hợp với (1) dễ dàng giải (x;y) = (1; 1)
Câu 210
x2+y2 = 2
(x+y)(4−x2y2−2xy) = 2y5
Giải
Nhận xét phương trình (2) có vế trái bậc Vế phải gồm bậc ngoặc cao bậc hạng tử có bậc Vậy ta tiến hành số biểu thức từ (1) xuống để tạo nên
Thế =x2+y2 = (x2+y2)2 Vì khơng = 2(x2+y2) Đơn giản muốn tất bậc Thay tất vào (2) ta
(116)Đến kết hợp với (1) ta dễ dàng giải (x;y) = (1; 1),(−1;−1)
2.8 Câu 211 đến câu 240 Câu 211
3x3−y3 =
x+y x2+y2 = 1
Giải Điều kiện : x6=−y
Phương trình (1) quy đồng bậc Vậy ta nghĩ kết hợp với phương trình (2) để tạo thành phương trình xem, phương trình (2) phải bậc để làm điều ta bình phương vế lên Như ta
(3x3−y3)(x+y) = (x2+y2)2
⇔2x4+ 3x3y−2x2y2−xy3−2y4 = ⇔(x−y)(x+ 2y)(2x2+xy+y2) =
TH1 : 2x2+xy+y2 = 0⇔x=y= 0(L)
TH2 : x=y thay vào (2) ta
2y2 = 1⇔x=y=±√1
2
TH3 : x=−2y thay vào (2) ta
5y2 = ⇔y=±√1
5 ⇒x=∓
√
5
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) =
2
√
5;−
√
5
,
−√2
5;
√
5
,
√
2;
√
2
,
−√1
2;−
√
2
Câu 212
81x3y2−81x2y2 + 33xy2−29y2 = 4
25y3+ 9x2y3−6xy3−4y2 = 24
Giải
Nhận thấy y = không nghiệm hệ Hệ cho tương đương
81x3−81x2+ 33x−29 =
y2
25 + 9x2 −6x= 24
y3 +
4
y
⇔
3(3x−1)3+ (3x−1) = 24 +
y2
3
y
3 + 2.2
y = 24 + (3x−1)
2
Đặt 3x−1 =a,2
y =b Hệ cho trở thành
3a3+ 2a= 24 +b2
(117)2.8 Câu 211 đến câu 240 117 Thay vào phương trình ta có
3a3−a2+ 2a−24 = 0⇔a= ⇒x= 1, y =
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) = (1; 1)
Câu 213
x2+y2+ 2x=
2(x3+y3) + 6x2 = 3(x2+y2) +
Giải Hệ cho tương đương
x2+y2+ 2x= 3
2(x3+y3) + 6x2 = 3(3−2x) + 5 ⇔
(x+ 1)2+y2 = 4
(x+ 1)3+y3 = 8
Đặt x+ =a, y=b hệ cho tương đương
a2 +b2 = 4
a3 +b3 = ⇔
a= 2, b= ⇒x= 1, y =
a= 0, b= ⇒x=−1, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 0),(−1; 2)
Câu 214
x2+y4+xy = 2xy2+ 7
−x2y+ 4xy+xy3 + 11(x−y2) = 28
Giải
Hình thức hệ gồm đa thức thuộc loại khủng bố Với kinh nghiệm gặp loại này, thường có hướng phân tích nhân tử đặt ẩn phụ Hướng thứ mà phương trình (1) chuyển vế xuất hiên (y2−x)2 mà có phương trình (2) Hệ cho tương
đương
(y2−x)2 = 7−xy
11(x−y2) +xy(y2−x) = 28−4xy Đặt y2−x=a, xy=b ta lập hệ sau
a2 = 7−b
ab−11a= 28−4b ⇔
a=−2, b=
a= 0, b = ⇔
y2−x= 0
xy =
y2−x=−2
xy =
⇔
y= √3
7, x=√3 49
y= 1, x=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (3; 1), √3 49;√3
7
(118)
Câu 215
x3+ 3x2+ 4x+ =y+√3y
x3−√3x2 + 3√3y−3−
√
3 =
Giải
Bài chả có đặc biệt nghiệm khơng lẻ tốc
Từ PT(1) ta rút √3y=x+ 1 do hàm f(t) =t3+t đơn điệu tăng Thay vào (2) ta thu
được phương trình sau :
x3−√3x2+ 3x−√3 =
Thử Casio ta thấy phương trình có nghiệm xấu Vậy phải làm Trên thực ta giải phương trình công thức Cardano Tuy nhiên công thức khó nhớ khơng phù hợp cho Vậy cịn cơng cụ khác khơng ? Vẫn cịn, đặt ẩn hàm lượng giác Hypebolic Yếu điểm giải phương trình bậc có nghiệm Ta đặt x = k
a± a
rồi sau thay lại để phương trình trùng phương Giờ thử áp dụng với
Trước hết đưa dạng khuyết thiếu bậc cách đổi biếnz =x+ b
3a =x−
1
√
3 ⇒
x=z+√1
3 Thay vào phương trình ta thu
z3+ 2z−
3√3 =
Để ý bậc bậc dấu cộng nên ta đặt z =k
a− a
Thay vào phương trình ta
k3a3−3k3a+3k
3
a − k3
a3 + 2k
a− a
=
Giờ ta tìm k cho đưa dạng trùng phương Tức phải làm phần a a Vậy suy 3k3 = 2k ⇒k =
r
Vậy đặt z = r
2
a− a
thay vào phương trình ta
2 r
a−1 a + r
a− a
−
3√3 = 0⇔
√
2
a3− a3
=
a3 =√2
a3 =−√1
2
a=√6
a=−√61
2
⇒z =
r
a− a = r √
2− √61
2
=
√
4−√3
√
3 ⇒x=
1−√3 +√3
4
√
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1−√3
2 +√3
√
3 ;
1−√3 +√3
4 +√3
!3
(119)2.8 Câu 211 đến câu 240 119 Giải phương trình : x5+ 10x3+ 20x−18 =
Nghiệm : x=√2 s
9 +√113
4√2 −
5 s
4√2 +√113
!
Câu 216
√
x+px2+y+ 3
2√x+ + 3√y+ = 13
Giải
Để ý nhanh hệ có nghiệm (x;y) = (0; 1) Nếu √
x+
2 =
√ y+
3 Rõ ràng
có chút tư tưởng đánh giá dùng Cauchy−Schwarz
Sử dụng bất đẳng thứcCauchy−Schwarz cho phương trình (2) ta
2√x+ + 3py+ ≤p(22+ 32)(x+y+ 12)⇔13≤p13(x+y+ 8)⇔x+y ≥1
Đến chưa thể Ta hi vong từ (1) cho ta ràng buộc trái ngược x+y≤1 Bình phương (1) ta có
x+x2 +y+ + 2px(x2+y+ 3) = 4⇒x+y= 1−x2 −2p
x(x2+y+ 3≤1
Vậy có thành Giờ việc cho đẳng thức xảy Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 1)
Câu 217
x11+xy10=y22+y12
7y4+ 13x+ = 2y4.p3
x(3x2+ 3y2−1)
Giải
Có vẻ hướng rõ ràng mà phương trình đầu cho dạng quen thuộc Tuy nhiên nhìn vào khủng khiếp phương trình (2) ta thấy hệ hay
Nhận thấy y = khơng nghiệm Chia vế phương trình (1) cho y11 ta
x y
11 +
x y
=y11+y
Hai vế có dạng f(t) =t11 +t hàm đơn điệu tăng Từ suy x =y2 >0 thay vào (2) ta
7x2+ 13x+ = 2x2p3
x(3x2+ 3x−1)
Đây phương trình vơ tỷ khơng tầm thường chút Chia vế cho x3 >0và đặt t=
x >0ta đưa phương trình
(120)Đây dạng phương trình vơ tỷ quen thuộc mà cách tối ưu sử dụng tính đơn điệu hàm số Một chút khéo léo ta đưa
8t3+ 12t2+ 10t+ = + 3t−t2+ 2√3 + 3t−t2
⇔(2x+ 1)3+ 2(2x+ 1) = + 3t−t2+ 2√33 + 3t−t2
Hai vế có dạng f(t) = t3+ 2t hàm đơn điệu tăng Từ ta có
2t+ =√33 + 3t−t2 ⇔
t =−1(L)
t = −5−
√
89
6 (L)
t =
√
89−5 (T M)
⇒x= √
89−5 ⇒y=± r
6
√
89−5
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) =
6
√
89−5;± r
6
√
89−5
Câu 218
(1 +x2)2
1 +
y4
= (1 +y2)2
+
x4
=
Giải
Một hệ đối xứng Có lẽ gặp ta thường có hướng sau : Cho phương trình nhau, tiến hành chia phương trình cho Tuy nhiên, với này, chút tinh quái ta có lời giải ngắn gọn đẹp đẽ
Điều kiện : x, y 6=
Nhân phương trình với ta
1 +x22
1 +y22
1 +
y4 +
1
x4
= 64
Đến ta sử dụng hệ Bất đẳng thức Holder sau: Với dãy số dương a1, a2, an ta có bất đẳng thức
(1 +a1)(1 +a2) .(1 +an)≥(1 + n
√
a1a2 an)n
Áp dụng vào toán với vế trái ta có
(1 +x2)(1 +x2)
1 +
x4
(1 +y2)(1 +y2)
1 +
y4
≥
+
r
x2.x2.
x4.y 2.y2.1
y4
6 = 64
Đẳng thức xảy khix=±1, y =±1
(121)2.8 Câu 211 đến câu 240 121
Câu 219
3x6+ 7x4y2−7x2y4−3y6 =
y −
3 2x
(x2−y2)7+ = 0
Giải
Đây tốn tơi sáng tác hồn tồn dựa vào ý tưởng câu 160 161 Nếu câu phương trình (2) mũ câu tơi nâng thành mũ Đây hệ thuộc loại cực mạnh đầy tính đánh đố
Điều kiện : x, y 6= Phương trình đầu tương đương
3(x6−y6) + 7x2y2(x2−y2) = 4x−3y 2xy
⇔(x2−y2)(3x4+ 3x2y2 + 3y4) + 7x2y2(x2−y2) = 4x−3y 2xy ⇔2xy(x2−y2)(3x2 + 10x2y2+ 3y4) = 4x−3y
⇔2xy(x2−y2)(3x2+y2)(3y2+x2) = 4x−3y
Đặt x+y=a, x−y=b ⇒x= a+b , y =
a−b
2 (ab)
7 =−7 Khi có
2xy= a
2−b2
2 , x
2+ 3y2 =
a+b
2
+
a−b
2
=a2−ab+b2
3x2+y2 =
a+b
2
+
a−b
2
=a2+ab+b2 , 4x−3y = x+y +
x−y
2 =
a+ 7b
2
Thay vào phương trình (1) ta có a2−b2
2 ab.(a
2
+ab+b2)(a2−ab+b2) = a+ 7b
2 ⇔ab(a
2−
b2) h
a2+b22−a2b2
i
=a+ 7b ⇔ab(a6−b6) =a+ 7b⇔ab(a6−b6) = a−(ab)7.b
⇔a7b−ab7 =a−a7b8 ⇔a(b7+ 1)(a6b−1) =
TH1 : a= hiển nhiên vô lý TH2 : b =−1⇒a=√7
7⇔
x+y =√7
x−y=−1 ⇔ x= √
7−1
y=
√
7 +
TH3 : a6b= 1⇔(ab)a5 = 1⇔a5 =−√71
7 ⇔a=− 35√
7 ⇒b= 35√
76 ⇔
x+y=− 35√1
7
x−y= 35√76
⇔x=
35√ 77−1
235√
7 , y =−
35√ 77+ 1
235√
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
7−1
2 ;
7
√
7 +
!
,
35√ 77−1
235√ ;−
35√ 77+ 1
235√
!
(122)Câu 220
√
x+ +√y+ = 72xy
x−y + 29
3 p
x2 −y2 = 4
Giải Điều kiện : x≥ −1, y ≥ −1, x6=y
Rõ ràng khó làm ăn từ phương trình (2) Ta xuất phát từ phương trình (1) Bình phương vế ta
x+y+ 2pxy+x+y+ = 2⇒4(xy+x+y+ 1) = (x+y)2−4(x+y) +
⇔(x−y)2 = 8(x+y)
Đến ý tưởng gần sáng tỏ Chú ý bình phương lần điều kiện làx+y≤2 Lát ta dùng điều kiện để loại nghiệm
Giờ ta biến đổi (2), đưa ẩn tổng hiệu phương trình (2) tương đương
18 [(x+y)2−(x−y)2]
x−y + 29
3 p
(x−y)(x+y) =
⇔
18
(x−y)4
64 −(x−y)
2
x−y +
29
2 (x−y) =
Đặt x−y=t Phương trình chuyển
9t3−112t−108 = 0⇔
t= ⇒
x−y =
x+y= ⇔
x=
y=−1 (T M)
t=−8
3 ⇒
x−y =−8
3
x+y= ⇔
x=−8
9
y= 16
(T M)
t=−4
3 ⇒
x−y =−4
3
x+y= ⇔
x=−5
9
y=
(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (3;−1),
−8 9; 16 , −5 9; Câu 221
x2+y2+xy+ 2x= 7y
x3+x2y−x2+ 2xy−6x+ 3y = 0
Giải Xét y= hệ có nghiệm x= x=−2
Với y6= Hệ cho tương đương
x2+ 2x=y(7−x−y)
x3+x2y+ 2x2+ 2xy−3(x2+ 2x) = −3y ⇔
x2+ 2x
y + (x+y) =
(x2+ 2x) (x+y)
y −3
(123)2.8 Câu 211 đến câu 240 123
Đặt a= x
2+ 2x
y , b=x+y Hệ cho tương đương
a+b=
ab−3a =−3 ⇔
a= 2−√7, b = +√7
a= +√7, b= 5−√7 ⇔
x2+ 2x
y = 2− √
7
x+y= +√7
(V N)
x2+ 2x
y = 2− √
7
x+y= 5−√7
⇔ x=
−4−√7−
q
5(7 + 4√7)
y=
14−√7 + q
5(7 + 4√7)
x= −4−
√
7 + q
5(7 + 4√7)
y= 14−
√
7−
q
5(7 + 4√7)
Vậy hệ cho có nghiệm :
(x;y) =
−4−√7−
q
5(7 + 4√7)
2 ;
14−√7 + q
5(7 + 4√7)
−4−√7 +
q
5(7 + 4√7)
2 ;
14−√7−
q
5(7 + 4√7)
(0; 0),(−2; 0)
Câu 222
y2+x+xy−6y+ = 0
y3x−8y2+x2y+x=
Giải
Đây tốn thú vị Hướng quen thuộc đặt ẩn phụ tổng tích Tuy nhiên hay vế phải khơng phải số mà biểu thức theo ẩn Nhìn nhận loại hệ khó, cần chút tinh quái may mắn
Hệ cho tương đương
y2+x+xy+ = 6y
y3x+y2+x2y+x= 9y2 ⇔
(xy+ 1) + (y2 +x) = 6y
(y2+x)(xy+ 1) = 9y2
Rõ ràng y2+x và xy+ 1 là nghiệm phương trình X2−6yX + 9y2 = 0⇔ X = 3y Từ
đó ta có :
y2+x= 3y
xy+ = 3y ⇔
x= 3y−y2
(3y−y2)y+ = 3y ⇔
y=
x=
(124)Câu 223
x2+xy+y2 = 3y−1
x3+x2y=x2−x+
Giải
Nhận thấy y = không nghiệm hệ Hệ cho viết lại :
x2+ +y(x+y−1) = 2y
(x2+ 1).y(x+y−1) =y2 ⇔
x2+ =y
y(x+y−1) =y ⇔
x= −1−
√
5
2 , y =
5 +√5
x= −1 +
√
5
2 , y =
5−√5
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −1−
√
5
2 ;
5 +√5
!
, −1 + √
5
2 ;
5−√5
!
Câu 224
1
x −
1
2y = 2(y
4−x4)
1
x +
1 2y = (x
2 + 3y2)(3x2+y2)
Giải Dạng giống với câu 138
Điều kiện : x, y 6=
Hệ cho tương đương
2
x = 2y
4−2x4+ 3x4+ 3y4+ 10x2y2
1
y = 3x
4+ 3y4+ 10x2y2−2y4+ 2x4 ⇔
2 = 5y4x+x5+ 10x3y2
1 = 5x4y+y5+ 10x2y3
Lần lượt cộng trừ hai phương trình cho ta có
(x+y)5 = (x−y)5 = ⇔
x+y=√5
x−y= ⇔
x=
√
3 +
y=
√
3−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
3 +
2 ;
5
√
3−1
!
Câu 225
(
x2+ 2xy+y=
x3+ 3xy+ 2√y+
x+px2y+ 2= 4
Giải Đây hệ khó đánh đố
(125)2.8 Câu 211 đến câu 240 125 Từ phương trình (1) ta có x2+y =−2xy Giờ khéo léo sử dụng
Phương trình (2) tương đương
x3+xy+ 2xy+ 2x√y+ + 2√y+ 1p
x2y+ 2−4 = 0
⇔x(x2+y)−(x2+y) + 2x√y+ + 2√y+ 1p
x2y+ 2−4 = 0
⇔x.(−2xy)−x2−y+ 2x√y+ + 2√y+ 1px2y+ 2−4 = 0
⇔ −(x2y+ +y+ 1−2√y+ 1px2y+ 2)−
x2(y+ 1)−2x√y+ + =
⇔ −px2y+ 2−√y+ 12− x√y+ 1−12
=
Để đẳng thức xảy
x√y+ =
x2y+ =y+ 1 ⇔
x2(y+ 1) = 1
x2y =y−1
x >0
⇒x2(y+ 1)(y−1) =x2y
TH1 : x= ⇒y= (Vô lý) TH2 : y2 −y−1 = 0⇔
y= +
√
5
2 ⇒x=
1
√
y+ =
√
5−1
y= 1−
√
5
2 ⇒x=
1
√
y+ =
√
5 +
Ta phải thay lại vào phương trình (1) có cặp số thỏa Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
5 +
2 ;
1−√5
!
Câu 226
x3+ 3xy2 =x2+y2+ 2
x4+y4+ 6x2y2 = 8
Giải
Phương trình (1) tương đương x(x2+ 3y2) = x2+y2+ ⇒để có nghiệm x >0 Hệ cho tương đương
(x2+y2)2 + (2xy)2 = 8
x2+y2+ =x(x2+y2) + (2xy).y
Ta có
x2+y2+ 22 =x(x2+y2) +y(2xy) ≤(x2 +y2) (x2+y2)2+ (2xy)2
⇔(x2 +y2+ 2)2 ≤8(x2+y2)⇔(x2+y2−2)2 ≤0
Dấu xảy
x2+y2 = 2
x2+y2
x =
2xy y x >0
⇔
x = 2x⇔x= 1, y =±1
(126)Câu 227
2x+
2y =
s
x2+x+ 1
y2+ 3
x+√y+ =
Giải Điều kiện : −1≤y6=
Nhìn vào phương trình (1) ta thấy để có nghiệm 2x+ 2y dấu Phương trình (1) tương đương
√
x2 +x+ 1
2x+ +
p
y2+ 3
2y ⇔
s
x2+x+ 1
4x2+ 4x+ 1 +
s
y2+ 3
4y2
⇔
v u u u u u t
x2+x+
4
x2+x+
4
=
r 4+
3 4y2 ⇔
s +
3
4(2x+ 1)2 =
r +
3 4y2
⇔y2 = (2x+ 1)2 ⇔y= 2x+
Thay vào phương trình (2) ta
x+√2x+ = 3⇔x= ⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 3)
Câu 228
x+ 3y2−2y= 0
36 (x√x+ 3y3)−27(4y2−y) + 2√3−9√x−1 =
Giải
Đây câu đề Olympic 30/4 năm 2013 Tất nhiên câu khó khơng tinh ý nhận
Điều kiện :x≤0
Phương trình (1) tương đương : 3x+ (3y−1)2 = 1⇔ √3x2
+ (3y−1)2 = 1
Vậy ta đặt 3y−1 = cost,√3x= sint, t∈[0;π]
Thay hết vào phương trình (2) ta
36x√x+ (2√3−9)√x+ 4(3y−1)3 −3(3y−1) =
⇔ 36sin
3t
3√3 + (2
√
3−9)sin√ t
3 + 4cos
3t−3 cost= 0
⇔4√3sin3t−3√3 sint+ cos 3t=−2 sint ⇔√3 sin 3t−cos 3t= sint⇔sin3t− π
6
(127)2.8 Câu 211 đến câu 240 127
t= π 12+kπ
t= 7π 24 +
kπ
2
t∈[0;π]
⇔t∈
π
12; 7π
24; 19π
24
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
sin2t
3 ;
1 + cost
3
với t ∈
π
12; 7π
24; 19π
24
Câu 229
x2+ 4y2 = 1
16x5−20x3+ 5x+ 512y5−160y3+ 10y+√2 = 0
Giải
Để ý phần phương trình (2) biểu thức giống cơng thức nhân Và biểu thức đầu khiến ta có sở lượng giác hóa cho
Đặt x= sint,2y= cost, t∈[0; 2π] Thay tất vào (2) ta
16sin5t−20sin3t+ sint+ (16cos5t−20cos3t+ cost) +√2 =
sin 5t+ cos 5t =−√2⇔sin5t+ π
=−1⇔
(
t=−3π
20 +
k2π
5
t∈[0; 2π]
⇔t∈
π
4; 13π
20 ; 21π
20 ; 29π
20 ; 37π
20
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y)
sint;cost
với t∈
π
4; 13π
20 ; 21π
20 ; 29π
20 ; 37π
20
Câu 230
2(x+y)3+ 4xy−3 =
(x+y)4−2x2−4xy+ 2y2+x−3y+ = 0
Giải Hệ cho tương đương
2(x+y)3+ 4xy−3 = 0
(x+y)4−2(x+y)2+ (x+y) + (2y−1)2 = 0
Đặt x+y=t ta có
0 = 2t3+ 4xy−3≤2t2+t−3⇔t≥1
Phương trình (2) tương đương
t4−2t2 +t+ (2y−1)2 =
Ta có : t4−2t2+t =t(t−1)(t2+t−1)≥0 với ∀t≥1 (2y−1)2 ≥0
(128)Đẳng thức xảy
2y−1 =
x+y= ⇔x=y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 2;
1
Câu 231
(2x−y+ 2)(2x+y) + 6x−3y=−6
√
2x+ +√y−1 =
Giải Điều kiện : x≥ −1
2, y ≥1
Đặt a=√2x+ ≥0, b=√y−1≥0 ta có hệ
a+b=
(a2−b2) (a2+b2) + (a2−b2−2) = −6 ⇔
a+b =
(a2 −b2) (a2+b2+ 3) =
⇔a=b= ⇔
(
x=
y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
3 2;
Câu 232
p
4x2 + (4x−9)(x−y) +√xy= 3y
4p(x+ 2)(y+ 2x) = 3(x+ 3)
Giải
Đây loại hệ thú vị Bạn gặp khoảng 2,3 câu sách Đặt điều kiện cho hệ phương trình
Dễ thấy điều kiện bật để hệ có nghiệm x, y ≥0
Phương trình (1) tương đương
p
4x2+ (4x−9)(x−y)−2y+ (√xy−y) = 0
⇔ 4x
2+ (4x−9)(x−y)−4y2
p
4x2+ (4x−9)(x−y) + 2y +
xy−y2
√
xy+y =
⇔(x−y) p 8x+ 4y−9
4x2+ (4x−9)(x−y) + 2y +
y √
xy+y
!
=
(129)2.8 Câu 211 đến câu 240 129
tẹo làm xuất 8x+ 4y Từ phương trình (2) ta rút ra8x+ 4y= 9(x+ 3)
2
4(x+ 2) Giờ công
việc ta phải chứng minh
9(x+ 3)2
4(x+ 2) ≥9⇔(x−1)
2 ≥0
Như ta có thành Từ rút x=y thay vào phương trình (2) ta có
4p3x(x+ 2) = 3(x+ 3)⇒
"
x=−27
13(L)
x= ⇒y = 1(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Tiếp sau đến với chùm hệ sử dụng phương pháp nhân phương trình với để đổi ẩn Tức ta khéo léo xếp lại hệ chút nhân phương trình với tạo thành phương trình ẩn (thường ẩn xy) Đây hướng làm khó, yêu cầu tinh tế tinh quái việc nhìn bao quát hệ xếp phương trình
Câu 233
y(xy−2) = 3x2
y2+x2y+ 2x= 0
Giải Hệ cho tương đương
y(xy−2) = 3x2
x(xy+ 2) =−y2 ⇒ −3x2y2 =xy(xy−2)(xy+ 2)
TH1 : x=y=
TH2 : −3xy= (xy)2−4⇔
xy=
xy=−4 ⇔
x=
y x=−4
y Với x=
y thay (2) ta y
2+
y = 0⇔y=−
3
√
3⇒x=−√31
3
Với x=−4
y tương tự ta tìm y=−2⇒x= Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 0),(2;−2),
−√31
3;−
√
3
Loại hệ hình thức cho thường giản đơn Một lời khuyên nhỏ đưa phần tử đơn độc nhưx, x2, x3, y, y2 sang vế, phần tử kết dính với nhau
như xy, x2y, y2x, sang vế Tất nhiên có nhiều yếu tố khác, cần phải động não để
(130)Câu 234
x3+xy−2 = 0
y3+ 3xy+ =
Giải
Đây câu đề thi thử trường THPT Chuyên - ĐHSPHN Ý tưởng
Hệ viết lại sau
x3 = 2−xy
y3 =−3xy−3 ⇒(xy)
3 = (2−xy).−3(xy+ 1) = 0
⇔(xy)3−3(xy)2+ 3xy−1 = 7⇔(xy−1)3 =−7⇔xy= 1−√3
Tất nhiên đến chả điên mà rút x theo y thay vào phương trình (2) Từ phương trình đầu ta hồn tồn tính x, y Từ (1) ta có
x3 = 2−xy= +√3 7⇔x= q
1 +√37
Từ (2) ta có
y3 =−3xy−3 = 3√37−6⇔y= q
3√37−6
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = p3 +√3
7;p3 3√3
7−6
Câu 235
5x3+ 3y3−2xy= 6
3x3+ 2y3+ 3xy=
Giải
Đây hệ phát triển câu 234 Ở áp dụng nhân tạo ẩn Muốn phải đưa dạng giống trên, tức phương trình khơng tồn phần tử x3 y3 Làm cách ? Rất đơn giản coi x3, y3 ẩn cịn xy số Như ta hệ lớp 9, đơn giản ta rút x3, y3 theo xy.
Ở
5x3+ 3y3 = + 2xy
3x3+ 2y3 = 8−3xy ⇔
x3 = 13xy−12 (3)
y3 =−21xy+ 22 (4)
⇒x3y3 = (13xy−12)(−21xy+ 22)⇔
xy=
xy=−137±√19033
Với xy= từ (3) (4) dễ dằng giải x=y=
Với xy = −137 + √19033 từ (3)(4) suy x = q3
13(−137 +√19033)−12 =
p
13√19033−1793 y= q
−21(−137 +√19033) + 22 =p3 2899−21√19033
(131)2.8 Câu 211 đến câu 240 131 Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1),p3 13√19033−1793;p3 2899−21√19033
p
−13√19033−1793;p3 2899 + 21√19033
Câu 236
x3−8y3 = + 3xy−3x2y2
8y3−3x3 = 1−3xy+ 9x2y2
Giải
Tác giả tốn thầy Lê Trung Tín bên BoxMath Nhìn giống câu thực level cao nhiều Trước hết ta làm quen thuộc
Hệ tương đương
(
−x3 = 3x2y2+ 1 (1)
−8y3 = 3xy+ 2 (2)
Lấy (1) nhân (2) vế theo vế, ta
x3y3+ 6x2y2+ 3xy+ = (3)
Đây phương trình bậc ẩn xy nhiên nghiệm xấu Hãy thử kết hợp với phương trình khác xem
Lấy (3) trừ (1) vế theo vế, ta
(xy+ 1)3 =x3 ⇔xy=x−1 (4)
Thế (4) vào (1), ta
x3+ 3(x−1)2+ = 0
⇔3x3 = (x−2)3
⇔√3
3x=x−2
⇔x=−1−√3
3−√3
Thay lại vào (4) ta tìm y= +
√
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −1−√3 3−√3
9;1 +
√
3
!
Câu 237
(x−y)4 = 13x−4
√
x+y+√3x−y=√2
Giải Điều kiện : y≤min{−x; 3x}
Phương trình (2) tương đương
x+y+ 3x−y+ 2p(x+y)(3x−y) =
⇔1−2x= 2p(x+y)(3x−y)⇔
x≤
2
(2x−1)2 = 3x2+ 2xy−y2
(132)Thay vào (1) ta
(4x−1)2 = 13x−4⇔x= 16 ⇔
y=−
16
y= 13 16
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
5 16;−
3 16
,
16;
13 16
Câu 238
x2y2−9x+ 4y2 = 0
x3+ 3x2−24x+ 2y+ 31 =
Giải Phương trình (1) tương đương
y2 = 9x
x2+ 4 ⇒
(
x≥0
y2 ≤ 9x
4x =
9
4 ⇔ −
3
2 ≤y≤
Sử dụng kết kết hợp với phương trình (2) ta
x3+ 3x2−24x+ 31 =−2y≤3⇔(x−2)2(x+ 7)≤0x⇔≥0x=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
2;−3
2
Tôi đưa thêm ví dụ cho bạn làm Và tự rút nhận xét hình thức chúng
Câu 239
x2y2−2x+y2 = 0
2x3+ 3x2+ 6y−12x+ 13 =
Nghiệm : (x;y) = (1;−1)
Câu 240
x3−3xy2−x+ =y2−2xy−x2
y3−3yx2+y−1 =y2 + 2xy−x2
Giải
Hệ đối xứng Tuy nhiên mà toán khó chơi Hệ cho tương đương
(
x(x2−y2)−2xy2 + (x2−y2) + 2xy−x+ =
(133)2.9 Câu 241 đến câu 270 133 LấyP T(1)−i.P T(2) ta
(x2−y2)(x+yi)−2xy(xi−y) + (x2−y2)(1−i) + 2xy(1 +i)−(x+yi) + +i=
⇔(x+yi)(x2−y2) + 2xyi(x+yi) + (x2−y2)(1−i)−2xyi(i−1)−(x+yi) + 1−i= 0
⇔(x+yi)(x2+ 2xyi−y2) + (1−i)(x2+ 2xyi−y2)−(x+yi) + +i= 0
⇔(x+yi)3+ (1−i)(x+yi)2−(x+yi) + +i=
⇔z3+ (1−i)z−z+ +i= 0 (z =x+yi)
⇔(z−i)(z2+z−1 +i) = 0
TH1 : z =i⇔(x;y) = (0; 1)
TH2 : z2+z−1 +i= 0
∆ = 5−4i= (a+bi)2 ⇔
(
a2−b2 =
2ab=−4 ⇔
a=±
r 2(5 +
√
41)
b=∓1
4(
√
41−5) r
1 2(5 +
√
41)
Đến ta tìm z =
−2−
q
2(5 +√41)
4 +i
1 8(
√
41−5) r
1 2(5 +
√
41) z = −2 +
q
2(5 +√41)
4 −i
1 8(
√
41−5) r
1 2(5 +
√
41)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 1),
−2−
q
2(5 +√41)
4 ;
1 8(
√
41−5) r
1 2(5 +
√ 41) ,
−2 +
q
2(5 +√41)
4 ;−
1 8(
√
41−5) r
1 2(5 +
√
41)
2.9 Câu 241 đến câu 270
Câu 241 x y+ +
y x+ =
2√xy √
xy+
√
x−1+
√
y−1 =
Giải Điều kiện : x, y >1
Chính điều kiện mà ta có bất đẳng thức quen thuộc sau
1
x+ +
y+ ≥
(134)Phương trình (1) tương đương x
y+ + +
y
x+ + =
2√xy √
xy+ +
⇔(x+y+ 1)
x+ +
y+
= 2(2
√
xy+ 1)
√
xy+ (∗)
Mà ta có
x+y+ ≥2√xy+ 1
x+ +
y+ ≥
√ xy+
Vậy (*) suy V T ≥V P Đẳng thức xảy khix=y thay vào (2) ta
8
√
x−1 = ⇔x=y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (5; 5)
Câu 242
x2+ 2x−2 = p
−y2−4y−2
6x−y−11 +√10−4x−2x2 = 0
Giải Điều kiện : y2+ 4y+ 2≤0,10−4x−2x2 ≥0
Một hệ khó chịu Khơng làm ăn từ phương trình Đánh giá có lẽ giải pháp cuối.Ở có nên có lẽ dùng AM−GM Ta lại mị nghiệm (x;y) = (1;−3) Đấy sở để ta nhân chia số phù hợp Ta có
(1)⇔x2+ 2x−2 = p1(−y2 −4y−2)≤ −y
2−4y−1
2
⇔2x2+ 4x+y2+ 4y−3≤0 (∗)
Tương tự với (2) ta có
(2) ⇔y−6x+ 11 =√10−4x−2x2 =
2 p
4(10−4x−2x2)
≤ 14−4x−2x
2
4 ⇔x
2−10x+ 2y+ 2y+ 15 ≤0 (∗∗)
Cộng (*) với (**) ta có
3x2−6x+y2 + 6y+ 12≤0⇔3(x−1)2+ (y+ 3)2 ≤0
⇔
(
x=
y =−3
Thay lại vào hệ thấy thỏa mãn
(135)2.9 Câu 241 đến câu 270 135
Câu 243
y3+x2 =p64−x2y
(x2+ 3)3 =y+ 6
Giải Ta có
y+ = x2+ 23
≥23 = ⇔y≥2
Xét (1) ta có
y3+x2 ≥8≥p64−x2y
Đẳng thức xảy khiy = 2, x= thử lại thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 2)
Câu 244
2√x−4−√y−1 =
x+p12x+y2 = 19
Giải Điều kiện : x≥4, y ≥1
Phương trình (1) tương đương
2√x−4−4 = √y−1−2⇔ 2(x−8)
2√x−4 + =
y−5
√
y−1 +
· Xét x >8⇒y >5 Khi V T =x+p12x+y2 >8 +√121 = 19 =V P
· Xét x <8⇒y <5 Khi V T < V P Vậy x= 8, y = Thử lại thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (8; 5)
Câu 245
√
x+ 2−√y = 1
x −
1 p
4x+y2 =
1
Giải Điều kiện : x≥ −2, y ≥0
Vì y= khơng nghiệm ⇒y >0 Vậy ta suy
√
x+ >1
x <
1 +
1
√
4x ⇔
x > 3(7− √
33)
y >0
Giả sử y < x−1thì (1) ta
x > 3(7− √
33)
√
x+ 2<1 +√x−1
(136)(2) ta
x > 3(7− √
33)
x >
1 +
1
x+
⇔ 3(7−
√
33)
2 < x <
Rõ ràng vô lý Tương tự với y > x−1
Vậy y=x−1thay vào (2) ta có
1
x =
1 6+
1
x+ ⇔x= 2⇒y= (T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 1)
Câu 246
√
x−5 +√2y−4 =x−y+ 8py(x−2) + 4−8y= (y−x)2
Giải Điều kiện : x≥5, y ≥2
(2) ⇔8√yx−2y+ 4−8y=x2−2xy+y2
⇔4(xy−2y) + 8√xy−2y+ =x2+ 2xy+y2
⇔
2√xy−2y+ 22 = (x+y)2
⇔
2√xy−2y+ =x+y (3) 2√xy−2y+ =−(x+y) (4)
(4) loại vìV T >0> V P
(3)⇔2py(x−2) = (x−2) +y⇔ √x−2−√y2 = 0⇔x=y+
Thay lên (1) ta có
p
y−3 +p2y−4 = 3⇔y= ⇒x= (T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (6; 4)
Câu 247
y+p3y2−2y+ + 3x2 = 3x+√7x2+ + 2
3y2−4x2−3y+ 3x+ = 0
Giải Điều kiện : 3y2−2y+ + 3x2 ≥0
Thấy hệ chứa tam thức bậc Vậy thử tính ∆ xem Khơng ! Quá xấu Nghĩ hướng khác Nhận thấy phương trình (1) chứa thức bất ổn Có lẽ liên quan đến phương trình thứ (2) Thử dùng phép xem
Từ (2) ta rút
(137)2.9 Câu 241 đến câu 270 137 Thay lên (1) ta
y−3x−2 +p7x2+y−3x+ =√7x2+ 7
Đến liệu tiếp ? Đặt √7x2+ =u >0, y−3x−2 =v ta có phương trình
v+√u2+v =u⇔√u2+v =u−v
⇒u2−2uv+v2 =u2+v ⇔v(2u−v+ 1) =
Ta có : 2u−v+ =u+ (u−v) + >0
Vậy suy rav = 0⇔y= 3x+ thay vào (2) ta
3(3x+ 2)2−4x2−3(3x+ 2) + 3x+ = 0⇔
" x=−1⇒y=−1 (T M)
x=−
23 ⇒y= 25
23 (T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−1;−1),
−
23; 25 23
Câu 248
x
p
(1−y)(1−x2) +
y
p
(1−x)(1−y2) =
s
2 +√2 (1−x2)(1−y2)
x √
1−x2 +
y
p
1−y2 =
r
1
(1−x2)(1−y2)
Giải Điều kiện : −1< x <1,−1< y <
Phương trình (2) tương đương
xp1−y2+y√1−x2 = 1
Ta có :
xp1−y2+y√1−x2 ≤p(x2+y2)(2−x2−y2)≤ x
2+y2+ 2−x2−y2
2 =
Đẳng thức xảy
(
x2+y2 =
yp1−y2 =x√1−x2 ⇔x=y=±
√
2
Thay vào (2) có x=y=
√
2
2 thỏa mãn
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
2 ;
√
2
!
(138)Câu 249
2px+y2+y+ 3−3√y=√x+ 2
y3+y2−3y−5 = 3x−√3
x+
Giải Điều kiện : y≥0, x≥ −2
Chắc chắn xuất phát từ (1) Tương đương
2px+y2+y+ = 3√y+√x+ 2
Ta có
3√y+√x+ =√3.p3y+ 1.√x+ 2≤2p3y+x+
Giờ ta chứng minh
2p3y+x+ 2≤2px+y2+y+ 3⇔(y−1)2 ≥0 (Right)
Đẳng thức xảy khiy = √y=√x+ 2⇒x=−1
Thay vào phương trình (2) thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−1; 1)
Câu 250
x(x2+ 1) +xy(2x−3y) +y(x−2) = 2y2(1 + 5y)
(x2+ 17y+ 12)2 = 4(x+y+ 7)(x2+ 3x+ 8y+ 5)
Giải
Vẫn giữ nguyên tư tưởng gặp loại hệ Hoặc nhóm nhân tử đặt ẩn phụ Nếu nhóm nhân tử có lẽ xuất phát từ (1) (2) đồ sộ
Phương trình (1) tương đương
(x−2y) + (x3+ 2x2y−3xy2−10y3) +xy−2y2 =
⇔(x−2y) + (x−2y)(x2+ 4xy+ 5y2) +y(x−2y) = 0
⇔(x−2y)(x2+ 4xy+ 5y2+y+ 1) = 0
Hiển nhiên x2+ 4xy+ 5y2 +y+ = (x+ 2y)2 +
y+1
2 +
4 >0 Vậy ta rút x = 2y
thay vào (2) ta
(4y2+ 17y+ 12)2 = 4(3y+ 7)(4y2 + 14y+ 5)
Ta nhân tung giải phương trình bậc 4, nhiên để ý chút tốn giải nhanh nhiều
Đặt 4y2+ 14y+ =a,3y+ =b Phương trình tương đương
(a+b)2 = 4ab⇔(a−b)2 = 0⇔4y2+ 11y−2 = 0⇔
y= −11−3
√
17
8 ⇒x=
−11−3√17
4
y= −11 +
√
17
8 ⇒x=
−11 + 3√17
Vậy hệ cho có nghiệm :(x;y) = −11−3
√
17
4 ;
−11−3√17
8
!
, −11 + √
17
4 ;
−11 + 3√17
!
(139)2.9 Câu 241 đến câu 270 139
Câu 251
y2 −x
r
y2 +
x = 2x−2
p
y2 + +√3
2x−1 =
Giải Điều kiện : x >0
Phương trình (1) tương đương
⇔y2+ 2−x
r
y2+ 2
x = 2x
⇔ y
2
x −
r
y2+
x = ⇔t
2−t−2 = 0
⇔t = 2⇔y2 = 4x−2
Thay vào (2) ta √
4x−1 +√32x−1 =
Ta đặt dựng hệ tạm sau
a+b =
a2−2b3 = ⇔
a =
b = ⇔
√
4x−1 = 1⇔x=
2 ⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 2;
Câu 252
x2−4√3x−2 + 10 = 2y y2−6√4y−3 + 11 =x
Giải Điều kiện : x≥
3, y ≥
Cộng phương trình với ta
x2 −4√3x−2 + 10 +y2−6√4y−3 + 11 = 2y+x
⇔(3x−2−4√3x−2 + 4) + (x2 −4x+ 4) + (4y−3−6√4y−3 + 9) + (y2−6y+ 9) =
⇔ √3x−2−22+ (x−2)2+ √4y−3−32 + (y−3)2 =
⇔
(
x=
y=
Thay lại vào hệ thấy thỏa mãn
(140)Câu 253
2(x−2)√x+ = 6−y
(x−2)√y+ =√y+ 1√x2−4x+ 5
Giải Điều kiện : x≥ −6, y ≥ −1
Phương trình (2) tương đương x−2
√
x2−4x+ 5 =
√ y+
√
y+ ⇔
x−2 p
(x−2)2+ 1 =
√ y+
q √
y+ 12+
Xétf(t) = √ t
t2+ 1 Ta có f
0(t) = √
t2+ 1(t2+ 1) >0 Vậyf(t)đơn điệu tăng từ rút
x−2 =√y+ ⇔
(
x≥2
y=x2−4x+ 3 Thay lên (1) ta
2(x−2)√x+ =−x2+ 4x+
⇔2(x−2)√x+ 6−3=−x2−2x+ 15
⇔2(x−2)√ x−3
x+ + =−(x−3)(x+ 5)
Rõ ràng với điều kiện rút phương trình có nghiệm x= 3⇒y= Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (3; 0)
Câu 254
x3y3+ 3xy2−7y3 =
x2+ 2x+ (xy−1)2 = 2x2y
Giải Phương trình (2) tương đương
x2+ 2x+x2y2−2xy+ 1−2x2y= 0⇔(xy−x−1)2 =
⇔xy−x−1 = 0⇔
xy=x+
y= x+
x Thay hết lên (1) ta có
(x+ 1)3+ 3(x+ 1)x+
x −7
x+
x
3 =
⇔x3(x+ 1)3+ 3x2(x+ 1)2−7(x+ 1)3 =x3
⇔x3(x+ 1)3+ 3x2(x+ 1)2+ 3x(x+ 1) + =x3+ 3x(x+ 1) + + 7(x+ 1)3
⇔(x2+x+ 1)3 = 8(x+ 1)3 = (2x+ 2)3
⇔x2−x−1 = 0 ⇔
x= 1−
√
5
2 ⇒y =
1−√5
x= +
√
5
2 ⇒y=
(141)2.9 Câu 241 đến câu 270 141
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 1−
√
5
2 ;
1−√5
!
, + √
5
2 ;
1 +√5 ! Câu 255
2x2−
y2 −(
√
2 + 1)(x√2−1)− xy
2
x2y2+ 1 =
4x+ y
2
x2y2+ 1 = +
√
2
Giải
Tác giả tốn anh Nguyễn Bình Đây tất nhiên tốn khó, địi hỏi nghệ thuật biến đổi tốt
Điều kiện : y6=
Hệ cho tương đương
2x2− y2 −
√
2 + 1x√2− √
2.x√2 2x2 +
y2
=− √2 +
2.2x y + √ √ y
2x2+
y2
− √2 +
√
2
y =
Đặt √2x=a, √
2
y =b Hệ cho tương đương
a2−b2− √2 + 1a− √
2a
a2+b2 =−(
√
2 + 1) 2ab−(√2 + 1)b+
√
2b a2+b2 =
LấyP T(1)−i.P T(2) ta
(a2−b2+ 2abi)−(√2 + 1)(a+bi)− √
2(a−bi)
a2+b2 + (
√
2 + 1) =
Đặt z =a+bi Thì phương trình cho tương đương z2− √2 + 1
z− √
2z z.z +
√
2 + = 0⇔z2− √2 + 1
z− √
2
z + √
2 + =
⇔ − z−
√
2(z2−z+ 1)
z = ⇔
z =√2
z = +
√
3 i
z = −
√
3 i
Với z =√2⇒a =√2, b= (L)
Với z = 2+
√
3 i⇒
a= b= √ ⇔
x= 2√2
y=
√
2
√
(142)Với z = 2−
√
3 i⇒
x= 2√2
y=−2 √
2
√
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 2√2;
2√2
√
3 !
,
2√2;− 2√2
√
3 !
Câu 256
x−y= 2y2+
√
x+y+√x−2y= 3y
Giải Điều kiện : x+y≥0,2x−y≥0
Rõ ràng để có nghiệm y≥0
Phương trình (2) tương đương √
x+y+px−2y= √x+y2−px−2y
2
⇔√x+y=px−2y+
Xử lí tốt ta sử dụng hệ tạm Đặt √x+y =a,√x−2y=b Ta có :
(
a−b =
a2−b2 = 3y ⇔
(
a−b =
a+b = 3y ⇔2a= 3y+ 1⇔2 √
x+y= 3y+ ⇔4x= 9y2+ 2y+
Thay lên (1) ta có
9y2+ 2y+ 1
4 = 2y
2+y+ 1⇔
y= ⇒x= 22
y=−1 (L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (22; 3)
Câu 257
x4+y4
(x+y)4 =
√ xy x+y −
3
√ x +
3
√ y =
Giải Điều kiện x, y >0
Thoạt nhìn thấy phương trình (1) Đặt x =ty Tuy nhiên ta phương trình ẩn t không dễ chơi chút Để ý : dấu xảy x =y Vậy phải dùng bất đẳng thức ?
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz cho vế trái (1) ta có x4+y4
(x+y)4 ≥
(x2+y2)2
2(x+y)4 ≥
(x+y)4
8(x+y)4 =
(143)2.9 Câu 241 đến câu 270 143 Áp dụng bất đẳng thức AM −GM cho vế phải ta có
√ xy x+y −
3 ≤
√ xy
2√xy −
3 =
1
Đẳng thức xảy khix=y Thay vào (2) dễ dàng giải x=y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 258
p
xy−(x−y)(√xy−2) +√x=y+√y
(x+ 1) y+√xy+x(1−x) =
Giải
Đọc hướng giải thử xem loại hệ rơi vào câu ! Phương trình (1) tương đương
xy+ (x−y) √xy−2−y2
q
xy+ (x−y) √xy−2 +y
+ √x−y x+√y =
⇔(x−y)
y+√xy−2 q
xy+ (x−y) √xy−2+y
+√
x+√y
= (∗)
Giờ ta mong y+√xy≥2 Thật vậy, từ (2) ta có y+√xy=
x+ +x
2−
x Giờ phải chứng minh
4
x+ +x
2−x≥2⇔(x−1)2
(x+ 2)≥0 (Right)
Vậy từ (*) suy x=y thay vào (2) ta
(x+ 1) 3x−x2= 4⇔
x=
x= +
√
17
x= 1−
√
17
4 (L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1), + √
17
4 ;
1 +√17
!
(144)
Câu 259
x−3√x+ = 3√y−5−y
p
x2+ 16(y−x) +y = 2√xy
Giải Phương trình (2) tương đương
(x−y) p x−16
x2+ 16(y−x) +√xy −
y √
xy+y
!
= (∗)
Giờ ta mong x≤16 Phương trình (1) tương đương
y−5−3py−5 +x+ 3−3√x+ + = ∆√
y−5 ≥0⇔9−4(x+ 3−3
√
x+ + 2)≥0
⇔4(x+ 3)−12√x+ 3−1≤0⇔√x+ ≤ + √
10
4 ⇔x <16
Vậy từ (*) suy x=y thay lại vào (1) ta
2x= √
x+ +√x−5
⇔x4−9x3+ 9x2+ 324 =
⇔(x−6)2(x2+ 3x+ 9)⇔x=y= (T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (6; 6)
Câu 260
(xy+ 1)3+x(y−1) =x3−1
x3−4xy−4 =
Giải Phương trình (1) tương đương
(xy+ 1)3+ (xy+ 1) =x3+x⇔xy+ =x
Thay xuống (2) ta
x3−4x= ⇔
x= (L)
x=−2⇒y=
x= 2⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
−2;3
2
,
2;1
2
(145)2.9 Câu 241 đến câu 270 145
Câu 261
(x+ 6y+ 3)√xy+ 3y= (8y+ 3x+ 9)y
p
−x2+ 8x−24y+ 417 = (y+ 3)√y−1 + 3y+ 17
Giải Điều kiện : y≥1, x≥ −3,−x2+ 8x−24y+ 417≥0
Đặt √x+ =a≥0,√y=b >0 (1) tương đương
(a2 + 6b2)ab=b2(8b2+ 3a2)⇔a3−3a2b+ 6ab2−8b3 = 0
⇔(a−2b)(a2 −ab+ 4b2) = 0⇔a= 2b
⇔x+ = 4y Thay xuống (2) ta
4p(y+ 4)(6−y) = (y+ 3)py−1 + 3y+ 17
Ta có :
•4p(y+ 4)(6−y≤2(y+ + 6−y) = 20
•(y+ 3)√y−1 + 3y+ 17≥3y+ 17≥3.1 + 17 = 20
Đẳng thức xảy khiy = 1⇒x=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 262
x+y
xy +xy=
2(x−y)
√
x+√y +
2
√ xy
1
√ y −
1
√
x+x+y=
Giải Điều kiện : x, y >0
Phương trình (1) tương đương
1
x +
1
y−
2
√
xy −2 √
x−√y+xy=
⇔
√ x −
1
√ y
2
+ 2√xy
√ x−
1
√ y
+xy=
⇔
√ x −
1
√
y +xy
2 =
⇔ √1
y −
1
√ x =
√ xy
⇔√x−√y=xy⇒x+y=x2y2+ 2√xy
Thay tất vào (2) ta √
xy+ 2√xy−(xy)2−4 = 0⇔xy= ⇔
xy =
x+y=
x > y >
⇔
x= +
√
5
y= 3−
√
(146)Có vẻ băn khuăn x > y ? Nhớ lại phép biến đổi (1) có đẳng thức √
x−√y=xy Vìxy >0⇒x > y Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = +
√
5
2 ;
3−√5
!
Câu 263
y3+ 3y2+y+ 4x2−22x+ 21 = (2x+ 1)√2x−1 2x2−11x+ = 2y
Giải Điều kiện : x≥
2
Phương trình (1) tương đương
y3+ 3y+y+ 2(2y−9) + 21 = (2x+ 1)√2x−1
(y+ 1)3+ 2(y+ 1) = (2x−1)√2x−1 +√2x−1
Hai vế có dạng f(t) = t3+ 2t và hàm đơn điệu tăng Từ ta có y+ = √2x−1
thay xuống (2) ta
2x2−11x+ 11 = 2√2x−1⇔(2x−5)2 = √2x−1 + 22 ⇔
x= 1⇒y=
x= 5⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 0),(5; 2)
Câu 264
x−ypx2−y2
p
1−x2+y2 =
y−xpx2−y2
p
1−x2+y2 =
7
Giải Điều kiện : 0≤x2−y2 <1
Lấy (1)+(2) (1)-(2) ta
1−px2−y2(x+y)
p
1−x2+y2 =
15
4 (3)
1 +px2−y2(x−y)
p
1−x2+y2 =
1
4 (4)
Lấy (3).(4) ta
(x2−y2)(1−x2+y2)
1−x2+y2 =
15 16 ⇔x
2−
(147)2.9 Câu 241 đến câu 270 147 Thay lại vào (1) (2) ta thu hệ sau
x− y √
15
4 =
1
y− x √
15
4 =
7 16
⇔
x= +
√
15
y= + 2√15
(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = +
√
15 ; +
√
15 !
Câu 265
9xy3−24y2+ (27x2+ 40)y+ 3x−16 =
y2+ (9x−10)y+ 3(x+ 3) = 0
Giải
Ý tưởng tốn giống câu 222 hình thức cồng kềnh Hệ cho viết lại
(
9xy3+ 27x2y+ 3x+y2 = 25y2−40y+ 16
y2+ 9xy+ 3x+ = 10y−8 ⇔
(
(9xy+ 1)(y2+ 3x) = (5y−4)2
(9xy+ 1) + (y2+ 3x) = 2(5y−4)
Rõ ràng số 9xy+ y2+ 3xlà nghiệm phương trình
X2−2(5y−4)X+ (5y−4)2 = 0⇔X = 5y−4
Từ suy
(
9xy+ = 5y−4
y2+ 3x= 5y−4 ⇔
(
3x= 5y−y2−4
3y(5y−y2−4) + = 5y−4 ⇔
y= 1⇒x=
y= 2−
r
3 ⇒x=
−1−√21
9
y= + r
7
3 ⇒x=
−1 +√21
9
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −1−
√
21
9 ; 2−
r
!
, −1 + √
21
9 ; +
r
!
,(0; 1)
Câu 266
x+ x
3
x+ = (y+ 2) p
(x+ 1) (y+ 1) 4x√y+ + 8x= (4x2−4x−3)√x+
Giải Điều kiện : x >−1, y ≥ −1
Để ý chia vế (1) cho√x+ 1ta lập ẩn hi vọng có đặc biệt Thực phép chia ta thu
x2
√
x+ +
x
(x+ 1)√x+ = (y+ 2) p
(148)Mà ta có x2
√
x+ +
x
(x+ 1)√x+ =
x3+x2+x
(x+ 1)√x+ =
x3+x(x+ 1)
(x+ 1)√x+ =
x3
(x+ 1)√x+ +
x √
x+
Như phương trình (1)
x √
x+
+√ x
x+ =
p
y+
3
+py+ 1⇔py+ = √ x x+
Hiển nhiên f(t) =t3+t đơn điệu tăng Thay xuống (2) ta được
4x2
√
x+ + 8x= 4x
2−4x−3√
x+ 1⇔4x2+ 8x√x+ = 4x2−4x−3(x+ 1)
⇔4x2+ 8x√x+ + (x+ 1) = (2x−1)2(x+ 1)⇔
2x+ 2√x+ = (2x−1)√x+ 2x+ 2√x+ = (1−2x)√x+
TH1 :
2x= (2x−3)√x+ ⇔
x= 3⇒y=
x=− √
3
2 ⇒y=
4 + 3√3
TH2 :
2x= (−1−2x)√x+ ⇒4x3+ 4x2+ 5x+ =
Phương trình bậc có nghiệm lẻ Cách giải loại nêu câu 215
Đổi ẩn x=z−
3 Thay vào phương trình ta đưa 108z3+ 99z−10 =
Đặt z =
√
11
a− a
thay vào phương trình ta
11√11
a3− a3
= 10⇔
a3 = 10−3
√
159 11√11
a3 = 10 +
√
159 11√11
⇔
a= s
10−3√159 11√11
a= s
10 + 3√159 11√11
2 nghiệm ln có đặc điểm tích chúng −1 Vậy nên trường hợp thay vào z kết Từ suy
z =
√
11
a− a = √ 11 s
10 + 3√159
11√11 −
1 s
10 + 3√159 11√11
= q
10 + 3√159− 11
3 p
(149)2.9 Câu 241 đến câu 270 149 Từ suy
x=
3 q
10 + 3√159− 11
3 p
10 + 3√159 !
−
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
3;5
, − √
3 ;
4 + 3√3
!
,
a; a
2
a+ −1
với a=
6 p
10 + 3√159− 11
3 p
10 + 3√159 !
−
3
Câu 267
x+y2+ = 6√x+ 5y
(2y−√x−4)√x=y+
Giải Điều kiện : x≥0
Hệ cho tương đương
(
(√x−3)2 =y(5−y) (3)
x−2(y−2)√x+y+ (4)
Từ (3) ta có ngayy(5−y)≥0
Từ (4) ta có∆0√x =y2 −5y≥0⇔y(5−y)≤0
Từ điều ta thấy điều kiện ràng buộc trái ngược Vậy đẳng thức xảy
y= ⇒x= (L)
y= ⇒x= (T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (9; 5)
Câu 268
√
x+ 2y+ +√9x+ 10y+ 11 = 10
√
12x+ 13y+ 14 +√28x+ 29y+ 30 = 20
Giải
Đây loại hệ khó chịu ý tưởng khơng khó Xuất nhiều thức điều kiện gói gọn Vậy tạm thời bỏ qua bước
Với loại thường ta đặt ẩn để cố gắng đưa Tức nghĩ cách đặt cho số hết
Đặt u=x+y+ 1, v =y+ Ta có hệ sau
(√
u+v+√9u+v = 10
√
12u+v+√28u+v = 20 ⇒
√
12u+v+√28u+v = 2√u+v +√9u+v
Căn thức nhiều Tuy nhiên Từ ta có √
(150)Từ rút rau=
4v Thay vào (1) ta tìm (
u=
v = ⇔ (
x+y+ =
y+ = ⇔
(
x=
y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 2)
Câu 269
y√1−x+x√1−y= 1−√y(1 +√x) =
Giải Điều kiện : 0≤x, y ≤1
Từ (2) ta suy
1 +√x=
1−√y ≥2⇔x≥1 Mà từ điều kiện :x≤1 Từ suy x= 1⇒y= (T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 1)
Câu 270:
x+ = 2p(3y−x)(y+ 1)
√
3y−2−
r
x+
2 =xy−2y−2
Giải Điều kiện : y≥
3, x≥ −5,3y≥x
(1)⇔4(y+ 1) = 3y−x+y+ + 2p(3y−x) (y+ 1)
⇔ 2√y+ 12 = √3y−x+√y+ 12 ⇔
√
y+ =√3y−x
3√y+ =−√3y−x (L) ⇔x= 2y−1
Thay xuống (2) ta √
3y−2−√y+ = 2y2−3y−2
⇔ √ (y−2)
3y−2 +√y+ = (2y+ 1) (y−2)
Ta có
2
√
3y−2 +√y+ ≤
√
3
√
2,2y+ ≥
Tức V P > V T , từ suy ray = 2⇒x=
(151)2.10 Câu 271 đến câu 300 151
2.10 Câu 271 đến câu 300
Câu 271
6√x3−6x+ =
x+ 2−
x x
2+
x
√
x+√10−x=y2
Giải Điều kiện : 0< x≤10 ,x3−6x+ 5 ≥0
Phương trình đầu tương đương
6x2.√x3−6x+ = (x2
+ 2x−6)(x3+ 4)
Để ý x3−6x+ = (x−1)(x2+x−5)và x2+ 2x−6 = (x−1) + (x2+x−5) Dựa vào điều
kiện hiển nhiên x−1 x2+x−5 cùng dấu Kết hợp thêm phương trình (1) đối tượng
trên phải >0 Mà ta tách tổng-tích Có vẻ dùng AM −GM Nhận thấy x= nghiệm, ta dựa vào để tách cho phù hợp Ta có
(x2+ 2x−6)(x3+ 4) = (x2+x−5) + (x−1)
x3
2 +
x3
2 +
≥2.p(x−1)(x2+x−5).3x2 = 6x2.√x3−6x+ 5
Đằng thức xảy khix= ⇒y=±p3√2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2;p3√2),(2;−p3√2)
Câu 272
x3y+xy= +x
x2(x4y2−y2+ 2y) = +x2
Giải Đặt x3y=a, x−xy=b Hệ tương đương
(
x3y−(x−xy) = 5
x6y2−(x−xy)2 = 5 ⇔
(
a−b=
a2−b2 = 5 ⇔
(
a=
b=−2 ⇔ (
x3y= 3
x−xy=−2 ⇔ (
x=
y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 3)
Câu 273
(x2−1)2+ = 6x 5y
x2+ 2
3y−x= s
4x−3x2y−9xy2 x+ 3y
Giải
(152)
(x4−2x2+ 4)(x2+ 2) = 6x5y
(3y−x)2+ = 4x
x+ 3y −3xy
⇔
(
x6+ = 6x5y (3)
x3+ 27y3 = 4x ⇒
1 +
x6 =
6y x
1 + 27y
3
x3 =
4
x2
Đặt 3y x =a,
2
x2 =b ta thu hệ
(
1 +a3 = 2b
1 +b3 = 2a ⇔a=b⇔
3y x =
2
x2 ⇔y=
2 3x Thay vào (3) ta
x6 −4x4+ = 0⇔
x2 =
x2 = +√5 ⇔
x=√2⇒y=
√
2
x=−√2⇒y=− √
2
x=p1 +√5⇒y= 3p1 +√5
x=−p1 +√5⇒y=−
3p1 +√5
Chú ý điều kiện ban đầu để loại nghiệm TH3 loại 3y < x
TH2 loại khơng thỏa Chỉ có TH4 thỏa
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −p1 +√5;−
3p1 +√5 !
Câu 274
(x−y+ 2)2+ (x2 + 4x+ 3)(y2−1) = 81
√
x+√y−2 = p(x+ 1)(y−1)
Giải Điều kiện : x≥0, y ≥2
Phương trình (2) tương đương
x+y−2 + 2px(y−2) =xy−x+y−1
⇔(xy−2x)−2√xy−2x+ =
⇔ √xy−2x−12
= 0⇔xy−2x= 1⇔y=
x + Thay lên (1) ta
x− x
2
+ (x2+ 4x+ 3)
1
x +
2
−1
!
(153)2.10 Câu 271 đến câu 300 153 ⇔
x=
2 ⇒y =
x= ⇒y=
x= −13±3
√
17
4 (L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 2;
, 2;5 Câu 275 r
9x+ y
x +
r
y+2x
y =
2x
y2 −1
y
x2 −9
= 18
Giải
Mấu chốt có lẽ tìm cách biến đổi khéo léo phương trình (2) (1) cho có lẽ gợi ý cho hướng đặt ẩn phụ
Phương trình (2) tương đương
(2x−y2)(y−9x2) = 18x2y2 ⇔9x2y2+ 18x3+y3 = 2xy
⇔ 9x
2y2+ 18x3+y3
xy = 2⇔9xy+
18x2 y +
y2
x + =
⇔9x
y+ 2x
y
+ y
x
y+2x
y
= ⇔9x+ y
x
y+ 2x
y
=
Như đặt
r
9x+ y
x =a,
r
y+ 2x
y =b ta có hệ
(
a+ 2b =
ab= ⇔a= 2, b= ⇔
9x+ y
x = y+2x
y = ⇔
(
9x2+y= 4x y2+ 2x=y
⇔
(
y = 4x−9x2
(4x−9x2)2+ 2x= 4x−9x2 ⇔
"
x= (L)
x=
9 ⇒y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 9; Câu 276 x x2−y +
5y x+y2 =
5x+y+x
2−5y2
xy =
Giải
(154)Điều kiện : x, y 6= 0, x6=−y2, y 6=x2
Phương trình (2) tương đương y+x
y + 5x−
5y
x = 5⇔
x+y2 x +
x2−y x = Đến đặt x
2−y
x =a,
x+y2
y =b ta có hệ
a +
b = b+ 5a=
⇔a=
2, b=
2 ⇔
(
2(x2−y) = x
2(x+y2) = 5y ⇔
x=−3
2, y =
x= 1, y =
x= 2, y =
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
−3
2; , 1;1 , 2; Câu 277
(x+y+ 1) +
1
(x−y+ 1)2 =
x2+ 2x=y2
Giải Điều kiện : y6=±(x+ 1)
Từ phương trình (2) ta có
(x+ 1)2 −y2 = 1⇔(x−y+ 1)(x+y+ 1) =
Đặt
x+y+ =a,
x−y+ =b ta có hệ (
a3+b3 =
ab= ⇔
(
a =
b = ⇔ (
x+y+ =
x−y+ = ⇔
x=
y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 0)
Câu 278
2x−y−xy2 = 2xy(1−x)
(x2+ 2y2)
+
xy
2 = 12
Giải Điều kiện : x, y 6=
Hệ cho tương đương
(2x2y−xy2) + 2x−y= 2xy
(x2+ 2y2)
x2y2 +
2
xy +
= 12 ⇔
2x(xy+ 1)−y(xy+ 1) = 2xy
1
y2 +
2x y +x
2+ 2
x2 +
2y x +y
2
(155)2.10 Câu 271 đến câu 300 155 ⇔
xy+
y
−
xy+
x
=
x+
y
2 +
y+
x = 12 ⇔
y +x
−
x +y
=
x+
y
2 +
y+
x
2 = 12
Đặt
y +x=a,
1
x +y=b ta có hệ
(
2a−b=
a2+ 2b2 = 12 ⇔ "
a= 2, b =
a=−2
9, b=− 22 ⇔
y +x=
1
x +y=
y +x=−
2
x +y=−
22
TH1 : Dễ dàng giải x=y =
TH2 : Hệ cho tương đương
xy+ =−2
9y
xy+ =−22
9 x
⇒
(
y= 11x
1
x + 11x=−
22
9 (V N)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 279
x5+ 10x4+ 42x3−12x−56 =y5−2y3
23x2+ 29x+ 26 =y3
Giải
Trước hết nhìn vào phương trình (1) thấy số mũ cao Có lẽ gần đẳng thức Ta phải thêm lượng phù hợp từ (2) vào Tiếp tục để ý vế trái phương trình (1) cóx5+ 10x4 Có vẻ là(x+ 2)5 Vế phải có y5 vậy ta thử cho y=x+ 2thay vào hệ xem Ta
sẽ có
(
−4x3+ 68x2+ 68x+ 72 = 0
x3−17x2−17x−18 = 0
Vậy ta lấy P T(1) + 4.P T(2) vế với vế ta thu
(x+ 2)5+ 2(x+ 2)3 =y5+ 2y3 ⇔y =x+
Thay vào (2) ta
x3−17x2−17x−18 = 0⇔x= 18⇒y= 20
(156)Câu 280
49152x8+ 16394y8 = 1
3x+y=
Giải Thế y= 1−3x lên (1) ta thu
3x8+ 3(1−3x)8 = 214
Một phương trình bậc cao Loại có lẽ đánh giá diệt Nhìn hình thức có lẽ dùng Cauchy−Schwarz để đánh giá
Ta có
V T =
4(1 + + + 1)(x
8
+x8+x8+ (1−3x)8)≥
4 x
4
+x4+x4+ (1−3x)42
=
64(1 + + + 1)
2
x4+x4+x4+ (1−3x)42 ≥ .≥
214
Đẳng thức xảy khix=
4 ⇒y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 4;
1
Câu 281
(x−1)2.√y+x(y−1) =
x+ y
x
xy+
x
= 4y
Giải Điều kiện : x6= 0, y ≥0
Xét phương trình (2) giả sử có nghiệm hiển nhiên x >0 Ta có
x+ y
x
xy+
x
≥2
r
x.y x.2
r
xy x = 4y Dấu xảy
x= y
x xy=
x
⇔x=y=
Thay vào (1) thấy thỏa mãn
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 282
( p
x2+y+√x2+ 3x=y−3
p
x2+y+√x=x+ 3
(157)2.10 Câu 271 đến câu 300 157 Phương trình (1) tương đương với
(y−3)x
p
x2+y−√x2+ 3 =y−3
TH1 : y= thay vào (2) ta
x2 + +√x=x+
Tiến hành bình phương lần ta thu phương trình sau :
4x3−25x2−48x−36 =
Phương trình bậc có nghiệm lẻ Phương pháp nêu câu 215 Coi tập cho bạn đọc
Nghiệm : x= 12
25 +p3 45001−1080√251 +p3 45001 + 1080√251
TH2 : px2+y−√x2+ =x thay xuống (2) ta được
√
x2+ +√x= 3⇔x= 1 ⇒y = 8
Vậy hệ cho có nghiệm :
(x;y) = (1; 8),
12
25 +p3 45001−1080√251 +p3 45001 + 1080√251;
Câu 283
x2+ 2x√y=y2.√y
(4x3+y3+ 3x2.√x)(15√x+y) = 3√x(y√y+x√y+ 4x√x)2
Giải
Tác giả toán Hoanghai1195, Smod diễn đàn k2pi Những hệ anh thường cực mạnh, ý tưởng đầy tính đánh đố thách thức
Điều kiện : x, y ≥0
Đặt √x=a,√y =b hệ viết lại thành
(
a4+ 2a3b=b5
(4a6+b6+ 3a5)(15a+b2) = 3a(b4+a2b+ 4a3)2
Ta có : a=b= nghiệm hệ
Giờ xét a, b >0 Đặt b=ka Phương trình (1) trở thành
1 + 2k=ak5 ⇔a= + 2k
k5 (∗)
Phương trình (2) trở thành
4a6+a6k6+ 3a5
15a2+k2a2
(158)Thế a từ (*) vào ta
4 +k6+ 3k
5
1 + 2k +
1 + 2k
3k3
= (k3+k+ 4)2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz cho vế trái ta
V T ≥
p
5(4 +k6) +
s 3k5
1 + 2k
1 + 2k
3k3
2
=p(22+ 12)(4 +k6) +k2 ≥(4 +k3+k)2 =V P
Đẳng thức xảy khik = ⇔a =b = 3⇔x=y= Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 0),(9; 9)
Câu 284
9 s
41
x2+
2x+y
= + 40x x2+ 5xy+ 6y = 4y2+ 9x+
x, y >0
Giải
Tiếp tục câu cực mạnh hại não Hoanghai1195 Phương trình (1) tương đương
s
82
x2+
2x+y
= + 80x
Ta có V T =
s
(12+ 92)
x2+
2x+y
≥
9x+ √
2x+y
≥9x+p
9(2x+y) ≥9x+ 2x+y+
⇒ + 80x
9 ≥
6
2x+y+ ⇔3x−2x
2−xy+ 6y ≥0 (∗)
Lấy (*) cộng với PT(2) ta thu
−x2 + 4xy−4y2+ 12y−6x−9 = 0≥0⇔ −(x−2y+ 3)2 ≥0⇔x+ = 2y
Để dấu xảy x=y =
(159)2.10 Câu 271 đến câu 300 159
Câu 285
x+ √ y
1 +x2+x+y = 0
x2 y2 +
√
x2+ +y2 = 3
Giải Điều kiện : y6=
Hệ cho tương đương
x+y √1 +x2−x
+y2 = 0
x y +y
2
+ √x2+ 1−x
= ⇔
x y +y
+ √1 +x2−x =
x y +y
2
+ √x2+ 1−x =
Đặt x
y +y=a, √
1 +x2−x=b >0 Hệ cho tương đương
(
a+b =
a2 + 2b= 3 ⇔
(
a =−1, b=
a = 3, b=−3 (L) ⇔
x
y +y =−1 √
x2+ =x+ 1
⇔
(
x=
y=−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0;−1)
Câu 286
(
(x−y)2p
3x2−xy+ 2y2+ + 1= 3
2x2+y2 +xy= 1
Giải
Một kinh nghiệm nhỏ : nhìn thấy thức với biểu thức dài kia, thường tác giả cố ý để nhằm khiến sử dụng phép từ phương trình cịn lại
Từ phương trình (2) ta có
3x2 −xy+ 2y2 = + (x−y)2
Thay lên (1) ta
(x−y)2p(x−y)2+ + 1= 3⇔t√t+ + 1= 3 t= (x−y)2 ≥0
⇔t = 1⇔
(
(x−y)2 = 2x2+y2+xy=
Đây hệ đẳng cấp bậc đơn giản, việc giải xin nhường lại bạn đọc Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
−3
4;
,
4;−
1
(160)
Câu 287
x(y2+ 1)
x2+y2 =
3
y(x2−1)
x2+y2 =
4
Giải Điều kiện : x2+y2 6=
Một toán hay đặc sắc mặt ý tưởng Hệ cho tương đương
x2y2+x2
x2+y2 =
3x
5 (3)
y2x2−y2
x2+y2 =
4y
5 (4)
Lấy (3)-(4) ta có
3x
5 −
4y
5 =
x2+y2
x2+y2 = 1⇔3x−4y=
Đến rút x= + 4y
3 thay vào (1) ta có 5.5 + 4y
3 (y
2+ 1) = 3
+ 4y
3
+ 3y2 ⇔
"
y=−1⇒x=
y= ⇒x=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 3;−1
,(3; 1)
Câu 288
2x2+ = (4x2−2yx2)√3−2y+ 4x
2 + 1
x
p
2−√3−2y =
√
2x2+x3+x+ 2
2x+
Giải Điều kiện : x6= 0, x6=−1
2,−
2 ≤y≤
Chia vế (1) cho x2 ta được
−1
x3 −
4
x2 +
3
x + = (4−2y) √
3−2y ⇔
1−
x
3 +
1−
x
= (3−2y)√3−2y+√3−2y
⇔1−
x = √
3−2y Thay vào (2) ta có
r +
x =
3
√
2x2+x3+x+ 2
(161)2.10 Câu 271 đến câu 300 161
⇔(2x+ 1)
r +
x = (x+ 2) +
3
√
2x2+x3
⇔
+
x
r +
x =
x +
+
r
x + ⇔
r
1 +
x =
3 r
2
x + 1⇔ √
t+ = √3 2t+
x =t
⇔
06=t≥ −1
2
(t+ 1)3 = (2t+ 1)2 ⇔t =
1 +√5
2 ⇔x=
√
5−1
2 ⇒y =
3 +√5
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
√
5−1
2 ;
3 +√5
!
Câu 289
x+
y =
6y x
x3y3−4x2y2+ 2xy+ 5y3 = 1
Giải Điều kiện : x, y 6=
Hệ cho tương đương
(
x2y+x= 6y2
(xy−1)3 =−5y3+x2y2+xy Ta có : −5y3+x2y2+xy=−5y3 + (6y2−x)y+xy=y3
Vậy (2) tương đương
xy−1 =y⇔y=
x−1
Thay lên (1) ta có
x+x−1 =
x(x−1) ⇔x= ⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 1)
Câu 290
x+y
1 +xy =
1−2y
2−y x−y
1−xy =
1−3x
3−x
Giải
Thoạt nhìn hình thức hệ chả có to tát Tuy nhiên, hệ cực mạnh, siêu hệ đích thực Tác giả hẳn sáng tác dựa vào phép tốn hàm Hypebolic Tôi giới thiệu cho bạn đọc cách Một cách học cách làm
(162)Cách : Đặt x= u−1
u+ 1, y =
v−1
v + Hệ cho tương đương
u−v u+v =
2−u
2 +u uv−1
uv + = 3−v
3 +v Áp dụng tính chất tỉ lệ thức cho phương trình (1) ta có
u−v u+v =
2−u
2 +u =
2−v
2u+v+ =
2 +v −2u
2−v ⇒(2−v)2+ (2 +v)2−4u2 ⇔u2 = 2v (∗)
Tương tự áp dụng cho (2) ta có uv −1
uv+ = 3−v
3 +v =
3u−uv
3u+uv =
3u−1 3u+ + 2uv =
3u+ 1−2uv
3u−1
⇒(3u−1)2 = (3u+ 1)2−4u2v2 ⇔3u=u2v2 (∗∗)
Từ (*) (**) ta có hệ
(
u2 = 2v
u2v2 = 3u ⇒u
6 = 12u⇔u=√5
12, v = r
9
⇒x=
5
√
12−1
√
12 + 1, y= r
9 −1
r +
Cách 2:
Phương trình (1) tương đương
x+y
1 +xy + =
1−2y
2−y + x+y
1 +xy −1 =
1−2y
2−y −1 ⇔
(x+ 1) (y+ 1)
1 +xy =
−3 (y−1)
2−y
−(x−1) (y−1)
1 +xy =
−(y+ 1)
2−y
⇔
(x+ 1) (y+ 1)
−3 (y−1) =
1 +xy
2−y
(x−1) (y−1)
y+ =
1 +xy
2−y
⇔ −3 (x−1) (y−1)2 = (x+ 1) (y+ 1)2 (∗)
Tương tự với phương trình (2) ta có
x−y
1−xy + =
1−3x
3−x + x−y
1−xy −1 =
1−3x
3−x −1 ⇔
−(x+ 1) (y−1)
1−xy =
−4 (x−1)
3−x
(x−1) (y+ 1)
1−xy =
−2 (x+ 1)
(163)2.10 Câu 271 đến câu 300 163 Từ (*) (**) ta đặt a= x−1
x+ 1, b=
y+
y−1 ta lập hệ
( −
3a=b2
−2a2 =
b ⇔
b = r
−9
2
a= r − 12 ⇔
x−1
x+ = r
−
12
y+
y−1 = r −9 ⇔ y= r −1
r +
x=
√
12−1
√
12 +
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = √
12−1
√
12 + 1, r
9 −1
r 2+
Câu 291
x2(y2+ 1) + 2y(x2+x+ 1) = 3
(x2+x)(y2+y) =
Giải
Phương trình (2) không tự nhiên vế trái không đẩy nhân tử chung ngồi Có lẽ để có khả lộ ý tưởng đặt ẩn phụ Ta mường tượng phần ý tưởng, cần biến đổi
Hệ cho tương đương
(
(xy+x)2 + 2(xy+y) = 3
xy(x+ 1)(y+ 1) = ⇔ (
(xy+x)2+ 2(xy+y) = 3
(xy+y)(xy+x) = ⇔ (
a2+ 2b = 3
ab=
⇔
"
a = 1, b=
a =−2, b=−1
2 ⇔ (
xy+x=
xy+y=
xy+x=−2
xy+y=−1
2
⇔
x=y= −1−
√
5
x=y=
√
5−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −1−
√
5
2 ;
−1−√5
2 !
, √
5−1
2 ;
√
5−1 ! Câu 292
2y3+ (x+y+ 7)√3y+ +x2+ 7x= 0
3x2+ 35x+ 98
√
x+ + 3(x+ 7) =y
√
x+ 7−2y
Giải
(164)Đặt √3
x+ =a, y=b Hệ cho tương đương
(
2a5+a6−7a3+ 2a2b+ 2b3 =
3a6−7a3+ 3a4−2ab2 −a2b= 0 (∗)
Hệ bậc cao Tuy nhiên cách ta trừ phương trình cho nhau, lý hài hước hiển nhiên làm 7a3 Trừ phương trình cho ta
a6 −2a5+ 3a4+ 2ab2 −3a2b−2b3 = 0 ⇔2(a6−b3)−2a(a4−b2) + 3a2(a2−b) = 0
⇔(a2−b) (2(a4+a2b+b2)−2a(a2+b) + 3a2) =
⇔(a2−b) ((a4−2a3 +a2) + (a4+ 2a2b+b2) + (a2−2ab+b2) +a2) = 0
⇔(a2−b) ((a2−a)2 + (a2+b)2+ (a−b)2+a2) = 0⇔b =a2
Thay lên (*) ta thu
3a6−7a3+ 3a4−2a5−a4 = 0⇔3a3+ 2a2+ 2a−7 =
⇔a = 1⇒b= ⇔x=−6, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−6; 1)
Câu 293
(x−y)2+ 4(x+ 3y) = 28 + 8p
y(x−2) + 8p(y−2)(x−4) p
(y−2)(x−4) + 2p(y−3)(x−5) = (y−x)2
Giải
Bạn đọc có nhận xét thấy hạng tử khiêu khích người làm không ? Chúng khác tuân theo quy luật Có vẻ x=y+ Vậy có khả rút cách liên hợp đánh giá phương trình Nếu liên hợp chắn phải xuất phát từ (1) Ta chuyển 28 sang liên hợp xem khơng? Có vẻ khơng Vậy phải dùng đánh giá để diệt, tất nhiên đánh giá khó
Phương trình (1)
⇔x2+y2−2xy+ 4x+ 12y+ = 32 + 8p
y(x−2) + 8p(y−2)(x−4)
⇔x2+ (y+ 2)2 = 2hxy−2x−4y+ 16 + 4p
y(x−2) + 4p(y−2)(x−4)i
⇔x2+ (y+ 2)2 = 2h(y−2)(x−4) + 4p
(y−2)(x−4) + + 4py(x−2)i
⇔x2+ (y+ 2)2 = 2
p
(y−2)(x−4) +
2
+ 4py(x−2) +
Ta thực đánh giá sau
x2+ (y+ 2)2 ≥2x(y+ 2) = 2[x−2 + 2](y+ 2)
≥2py(x−2) +
2
= 2h(y−2 + 2)(x−4 + 2) + 4py(x−2) + 4i
≥2
p
(y−2)(x−4) + 22+ 4py(x−2) +
(165)2.10 Câu 271 đến câu 300 165 Đẳng thức xảy
x=y+
x−2
y =
2
x−4
y−2 = 2
⇔x=y+
Thay xuống (2) ta thu
|y−2|+ 2|y−3|= 4⇔
" y= 4 ⇒x= 6
y=
3 ⇒x= 10
3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (6; 4),
10
3 ;
Câu 294
(x−2) r
1 + 3x
y = 2x−y y2
r + 3x
y = 2x
2+y2−4x
Giải Điều kiện : y6= 0,3x
y + 1≥0 Hệ cho tương đương
x y −
2
y
r
1 + 3x
y =
2x y −1
r
1 + 3x
y =
x y
2
+ 1− 4x y Đặt x
y =a,
1
y =b Hệ cho trở thành
(
(a−2b)√1 + 3a= 2a−1
√
1 + 3a= 2a2−4ab+ 1 ⇒
√
1 + 3a(a−2b+ 1) = 2a(a−2b+ 1)
TH1 : 2a=√1 + 3a⇔a= ⇔x=y Thay vào (1) ta có
2(x−2) =x⇔x=y=
TH2 : a+ = 2b ⇔ x
y + =
2
y ⇔x+y= Thay lên (1) ta có −y
s
1 + 3(2−y)
(166)Câu 295
(
y6+y3+ 2x2 =pxy−x2y2
8xy3+ 2y2 +1
2 = 4x
4+ 3x2 +x+ 2p
1 + (2x−y)2
Giải Điều kiện : 0≤xy≤1
Ta có đánh giá sau
y6+y3+ 2x2 =pxy(1−xy)≤ xy+ 1−xy
2 =
1
⇔2y6+ 2y3+ 4x2 ≤1⇔1≥2y6 + 2y3+ 4x2 (∗)
8xy3+ 2y3+ ≥4x
4+ 3x2+x+ 2 (∗∗)
Cộng (*) với (**) vế với vế ta
8xy3+ 2y3+
2 ≥2y
6+ 2y3+ 4x2+ 4x4+ 3x2+x+ 2
⇔2y6−8xy3+ 4x4+ 7x2+x+
2 ≤0
⇔2(y6−4xy3+ 4x2) +
4x4−2x2+
+
x2 +x+
≤0
⇔2(y3−2x)2+
2x2−
2
+
x+
2
≤0
⇔
(
x=−1
2
y=−1
(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
−1
2;−1
Trước đến câu ta xem xét toán sau : Xét số phức
z =a+bi= (x+yi)3 =x3+ 3x2yi+ 3xy2i2+y3i2 = (x3−3xy2) + (3x2y−y3)i
Cân phần thực ảo ta hệ sau
(
x3−3xy2 =a
3x2y−y3 =b
(167)2.10 Câu 271 đến câu 300 167 Câu 296
x3−3xy2 =
2 3x2y−y3 =
√
3
Giải
Rõ ràng hệ đẳng cấp bậc nhiên nghiệm thuộc loại siêu xấu, đơn giản chế từ tốn Ta suy ngược lại để giải
Nhân phương trình (2) với i ta
3x2yi−2y3i=
√
3 i
Biến đổi chút đồng thời cộng với phương trình (1) ta x3+ 3xy2i2+ 3x2yi+y3i3 =
2 + 5√3
2
⇔z =
2+i
√
3
!
= 5cosπ
3 +isin
π
3
(z =x+yi)
Theo công thức M oivre ta thu nghiệm sau
z =√3
5cosπ
9 +isin
π
9
z =√3
cos7π
9 +isin 7π
9
z =√3
cos13π
9 +isin 13π
9
Vậy hệ cho có nghiệm :
(x;y) =√3 cosπ
9;
√
5 sinπ , √
5 cos7π ;
3
√
5 sin7π , √
5 cos13π ;
3
√
5 sin13π
Câu 297
x3−3xy2 = 1
3x2y−y3 =
Giải Làm tương tự ta
(x+yi)3 = +i=√2cosπ
4 +isin
π
4
Từ ta tìm nghiệm :
(x;y) =√6
2 cos π 12;
6
√
2 sin π 12 , √
2 cos3π ;
6
√
2 sin 3π , √
2 cos17π 12 ;
6
√
2 sin17π 12
(168)
Câu 298
x3−3xy2 =−1
3x2y−y3 =−√3
Nếu tốn gốc phía ta nâng thành bậc 4,5 ta hệ đẳng cấp bậc 4,5 đánh đố Một lời khuyên nhỏ cho bạn : gặp hệ đẳng cấp nghiệm lẻ, nhớ đến toán trên, ý tưởng
Câu 299
4(x+y)(x+ 1)(y+ 1) = 5xy+ (x+y+ 1)3
p
(2−x)(x−1) =p(3−y)(y−1)
Giải Một tốn hấp dẫn Hãy tơi phân tích
Trước hết nhận thấy bất ổn phương trình (2) Tại lại p(2−x)(x−1) = p
(3−y)(y−1) là(2−x)(x−1) = (3−y)(y−1) Phải tác giả cố ý để hòng tạo điều kiện ẩn để đánh giá ?
Tiếp theo để ý phương trình (1) Nếu tinh ý ta nhận biến x, y,1 Đặc biệt nghiệm hệ lại x=y = Phải biến ? Có vẻ mùi bất đẳng thức thoang thoảng Để đưa biến ta không ngại đặt thêm ẩn Điều kiện : 1≤x≤2,1≤y≤3
Đặt z = x≥z, y ≥z Phương trình (1) tương đương
⇔(x+y+z)3 + 5xyz = 4(x+y)(x+z)(y+z)
⇔x3+y3+z3+ 5xyz = (x+y)(y+z)(x+z)
⇔x3+y3+z3+ 5xyz =xy(x+y) +yz(y+z) +xz(x+z) + 2xyz
⇔x3+y3+z3+ 3xyz =xy(x+y) +yz(y+z) +xz(x+z)
Đến yêu mến bất đẳng thức không nhận dạng bất đẳng thức Schur Ta có V T ≥V P Đẳng thức xảy biến biến nhau, biến lại Tất nhiên trường hợp (2) không xảy điều kiện
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 300
√
x+√y+√2x−y=
(x+y+xy+ 1)(2x−y+ 1) = 125 64
Giải Tiếp tục đến hệ thuộc loại dị
(169)2.10 Câu 271 đến câu 300 169
(x+ 1)(y+ 1)(2x−y+ 1) = 125 64
Như phương trình (2) xuất bình phương phương trình (1) Vậy ta thử đặt √x=a,√y=b,√2x−y=c a, b, c≥0 Hệ
a+b+c=
(a2+ 1)(b2+ 1)(c2+ 1) = 125 64
Để ý đặc điểm sau : • Ba biến khơng âm
• Hệ lại có nghiệm a=b=c=
Có vẻ lại bất đẳng thức Vậy hệ hình thức để che giấu bất đẳng thức thực
Ta chứng minh Nếu a, b, c≥0và a+b+c=
(a2+ 1)(b2+ 1)(c2+ 1)≥ 125
64
Cách chứng minh "chân quê" dồn biến Đặt vế trái f(a, b, c) Trước hết ta chứng minh
f(a, b, c)≥f(a, t, t)
t = b+c
Ta có
f(a, b, c)−f(a, t, t) = (a2+ 1)(b−c)28−(b+c)2−4bc ≥0 (∗)
Vì (b+c)2+ 4bc≤2(b+c)2 <8 nên (*) đúng.
Giờ ta phải chứng minh
f(a, t, t)≥ 125
64 ⇔f
a,
3 −a
2 ,
3 −a
2
≥
125
64 (a+ 2t =
3 2)
⇔(a2+ 1)
−a
2
2
+
2
≥ 125
64
⇔(a2+ 1)(4a2−12a+ 25)2 ≥500⇔(2a−1)2(4a4−20a3+ 69a2−100a+ 125)≥0
Bất đẳng thức cuối vì4a4−20a3+ 69a2−100a+ 125 = (2a2−5a)2+ 34a2−100a+ 125>0
Đẳng thức xảy khia =b =c=
2 ⇒x=y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 4;
1
(170)
2.11 Câu 301 đến câu 330
Câu 301
2x2+ 4y2
xy =
s
2
y −
3
x
(x+y)−1 q
(x+ 1)2+xy+ 3x+ 2y+ 5−2xpx(y+ 3) =√x+√y+ 3
Giải
Hình thức hệ khủng bố, điều kiện nhiều
Nhận xét thấy từ phương trình thứ Mặc dù phức tạp chắn khai thác tốt ta rút x=ty
Phương trình (1) tương đương
⇔2x2 +xy+ 4y2 = 4p
(2x−3y)x(x+y)y
⇔(4y2+ 4xy) + (2x2−3xy) = 2p(2x2−3xy) (4xy+ 4y2)
⇔2x2 −3xy= 4y2+ 4xy⇔
x= 4y
y=−2x (∗)
Thành có chút ít, thay vào phương trình (2) phức tạp Hẳn phải rút gọn
Phương trình (2) tương đương ⇔
q
x2−2xpx(y+ 3) +x(y+ 3) + (x+y+ 3) =√x+√y+ 3
⇔
r
x−p
x(y+ 3)2+ (x+y+ 3) =√x+√y+ 3≥p
2 (x+y+ 3)
⇔x+y+ + 2px(y+ 3) ≥2 (x+y+ 3)⇔ √x−√y+ 32 ≤0⇔x=y+ (∗∗)
Kết hợp (*) với (**) dễ dàng nghiệm y= 1, x= thỏa Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (4; 1)
Câu 302
x+ 2y+ 2√4x+y=
2(x+ 3) =p46−2y(3 + 8x+ 8y)
Giải Điều kiện 4x+y≥0, y(3 + 8x+ 8y)≤23
Phương trình (2) tương đương
⇔4x2 + 24x+ 36 = 46−6y−16y(x+y)
⇔4x2 + 16xy+ 16y2+ 24x+ 6y= 10
(171)2.11 Câu 301 đến câu 330 171 Đến đặt x+ 2y=a,√4x+y=b≥0 Hệ cho tương đương
(
4a2+ 6b2 = 10
a+ 2b = ⇔ (
a=−1
b= ⇔ (
x+ 2y =−1
4x+y = ⇔
x=
y=−5
7
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
3 7;−
5
Câu 303
( √
x2+ 1−3x2y+ 2p
4y2+ + 1= 8x2y3
x2y−x+ =
Giải
Hệ gồm phương trình phức tạp phương trình lại gọn nhẹ Để ý chút
p
4y2+ + 1 liên hợp có 4y2 rút gọn với bên phải Phần mẫu ta nhân chéo lên
đồng thời thử số =x−x2y lên (1) xem Bởi bí ẩn phương trình (1) Như ta có phương trình (1)
√
x2+ 1−3x2
y+x−x2y
.4y2 = 8x2y3p4y2 + 1−1
TH1 : y= không nghiệm
TH2 : Do x= khơng nghiệm nên ta có biến đổi sau √
x2+ +x−4x2y= 2x2yp
4y2+ 1−1
⇔√x2+ +x= 2x2yp
4y2+ + 1
⇔
x +
1
x
r
x2 + = 2y+ 2y
p
4y2+ 1 ⇔y =
2x Thay trở lại (2) ta
x
2 −x+ = 0⇔x= 4, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
4;1
Câu 304
xy2.p
1−x2−y2+x
x2+y2 =
3
x2y.p
1−x2−y2−y
x2+y2 =
4
Giải Điều kiện : 0< x2+y2 ≤1
(172) x
y2p1−x2−y2+ 1
x2+y2 =
3
5 ⇒x >0
yx2p1−x2−y2−1
x2+y2 =
4
5 ⇒y <0
⇔
x2y2p
1−x2−y2+x2
x2+y2 =
3x
5 (3)
x2y2p
1−x2−y2−y2
x2+y2 =
4y
5 (4)
Lấy(3)−(4)⇔ 3x
5 −
4y
5 =
Mà ta lại có
3x − 4y ≤ v u u t " + 2#
(x2+y2)≤1
Đẳng thức xảy
x2+y2 = 1
y=−4
3x
x >0, y <0
⇔
x=
y=−4
5
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
3 5;−
4 Câu 305
x+y=√3 24 (√x+√y)
√
x+ 3y +
1
√ y+ 3x
=
Giải
Nhận xét chút hệ Phương trình (2) dạng Phương trình (1) cho số xấu có lẽ chả làm ăn Ở phương trình (2) biểu thức vế trái đối xứng Mà x=y lại thỏa mãn Vậy có lẽ dùng bất đẳng thức
Ta có √
x √
x+ 3y ≤
1
x x+y +
x+y x+ 3y
√y
√
x+ 3y ≤
1 2+ 2y x+ 3y
⇒ √
x+√y √
x+ 3y ≤
1
x x+y +
3
Tương tự ta có √
x+√y √
3x+y ≤
1
y x+y +
3
Cộng bất đẳng thức lại ta có V T ≤2
Đẳng thức xảy khix=y=
√
24
(173)2.11 Câu 301 đến câu 330 173 Câu 306 √
1−x2 +
1 p
1−y2 =
35 12
x √
1−x2 −
y
p
1−y2 =
7 12
Giải Điều kiện : −1< x <1,−1< y <
Lấy(1) + (2) (1)−(2) ta có
r +x
1−x+
r 1−y
1 +y =
7 r
1−x
1 +x +
r +y
1−y =
7
Đặt
r +x
1−x =a,
r +y
1−y =b a, b > 0ta có
a+1
b =
7
a +b=
7
⇔
"
a= 3, b =
a= 2, b=
1 ⇔ r +x
1−x =
r +y
1−y =
r +x
1−x =
1 r
1 +y
1−y =
1 ⇔
x=
y=
x=−1
3
y=−1
2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 2; , −1
3;− Câu 307
(5−x)(1 +x4y4) = (1 +x2y2)3
x2y2+x2+x+y2 = 4
Giải
Đây tốn tơi sáng tác Thực chả khó để ý chút Phương trình (2) tương đương
x2y2+x2+y2+ = 5−x⇔5−x= (x2+ 1)(y2+ 1)
Thay lên (1) ta
(1 +x2)(1 +y2)(1 +x4y4) = +x2y23 Đến ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
Với a, b, c >0ta ln có bất đẳng thức
(1 +a)(1 +b)(1 +c)≥1 +√3 abc
(174)Áp dụng vào ta có
(1 +x2)(1 +y2)(1 +x4y4)≥1 +p3
x6y63 = +x2y23
Đẳng thức xảy x2 =y2 =x4y4 ⇔x =±1, y =±1 Khi thay lại xuống (2) có x= 1
là thỏa
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1),(1;−1)
Câu 308
p
x3+y6
2 + x
4
x3+ 5y6
= 22x
2
5 2y3
x4 −
y3
x3+ 5y6 =
9 10x2
Giải
Đây khó chơi hình thức cồng kềnh che giấu ý tưởng tốn Một lần tình cờ xem lại câu VM0 95-96 Tơi vơ tình phát tương đồng này, từ giải thành cơng Hiển nhiên level cao
Điều kiện : x3+y6 ≥0, x6= 0, x3+ 5y6 6= 0
Ta chia phương trình (2) cho y
3
x4 lập hệ sau
2 + x
4
x3+ 5y6 =
22x2
5px3+y6
2− x
4
x3+ 5y6 =
9x2
10y3
Đến hẳn có người nhận ý tưởng quen thuộc VMO Hệ cho tương đương
2 = 11x
2
5px3+y6 +
9x2
20y3
x4 x3 + 5y6 =
11x2
5px3+y6 −
9x2
20y3
Nhân phương trình vế với vế ta suy
2x4
x3+ 5y6 =
121x4
25 (x3+y6)−
81x4
400y6
Hiển nhiên rút gọn x4 6= 0 Còn lại phương trình biến x3 và y6.
Như ta nên chia vế cho x3 6= 0 Phương trình trở thành
2 + 5t =
121 25(1 +t) −
81 400t
t = y
6
x3
⇔
t = 15
t =− 81
(175)2.11 Câu 301 đến câu 330 175
Nghiệm t thứ hai loại điều kiện thức Từ suy y6 = x
15 thay lên (1) ta r
x3+x
15
2 +
x4 x3+ x
3
3
=
22x2
5 ⇔
4√x √
15
2 + 3x
= 22x
Phương trình khơng khó Bình phương giải bậc Ta giải
x=
15 →y=± r
64 50625
x= 80
3 →y=±
6 r
102400 81
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 15;±
6 r 64 50625 ! , 80
3 ;± r 102400 81 ! Câu 309 (
(x+y)2+ 2y
x +
1
x2 + 2y= + 4x
x2+x y−√2x−y
= 2x−1
Giải Điều kiện : x6= 0,2x−y≥0
Hệ cho tương đương
(x+y)2+ 2(x+y)
x +
1
x2 −2(2x−y) =
x+y−√2x−y= 2− x ⇔
x+y+
x
2
−2(2x−y) =
x+y+
x − √
2x−y=
Đặt x+y+
x =a, √
2x−y=b≥0 Ta có
(
a−b=
a2−2b2 = 7 ⇔
(
a= 3, b=
a= 5, b=
TH1 : a= 3, b= ta có
x+y+
x =
2x−y=
⇔
"
x=
3, y =−
x= 1, y =
TH2 : a= 5, b= ta có
x+y+
x =
2x−y =
⇔
x= 7−
√
46
3 , y =−
13 + 2√46
x= +
√
46
3 , y =
(176)Vậy hệ cho có nghiệm :
(x;y) = (1; 1),
3;−
1
, 7− √
46
3 ;−
13 + 2√46
!
, + √
46
3 ;
2√46−13
!
Câu 310
2x3+ 3x2√y= 5−3x2
√
y(y+ 12x+ 3) + 3y(1 + 2x) = 6(1−x)
Giải Điều kiện : y≥0
Hệ cho tương đương
8x3+ 12x2 √y+ 1 = 20
√
y+ 13+ 6x √y+ 12 = ⇒(2x+
√
y+ 1)3 = 27 ⇔√y+ = 3−2x
Thay lên (1) ta
2x3+ 3x2(3−2x) = 5⇔
"
x=
x= 5±
√
105
Tuy nhiên phép rút √y= 2−2x x≤1 Vậy ta loại bớt x= +
√
105
Với x= ⇒y=
Với x= 5−
√
105 ⇒y= 19 +
√
105
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 0),
5−
√
105;3 19 +
√ 105 Câu 311
x− x
2 +x
x3 +
1
y
= 3x2+
y2 =
Giải Hệ cho tương đương
x2+
x2 +
x y =
3x2+
y2 =
⇔
2x2+
x2 +
2x y =
3x2+
y2 =
Trừ vế với vế phương trình ta có
x− y
2
=
x2 ⇔
1
y =x−
2
x (3)
1
y =x+
2
(177)2.11 Câu 301 đến câu 330 177 Thay (3) vào (2) ta
3x2+
x− x
2
= ⇔
x= 1⇒y=−1
x=−1⇒y=
Thay (4) vào (2) ta
3x2+
x+
x
2
= (V N)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1;−1),(−1; 1)
Câu 312
(4x2+y)p
x2+y+ 3x2(x−1) = 3x(1−y) + 1
r
y
1−x +
2 = p3
x(1−y) +
Giải Điều kiện : x6= 1, y
1−x ≥0, x(1−y)≥ −2, x
2+y≥0
Phương trình (1) tương đương
(x2+y)p
x2+y+ 3x2p
x2+y+ 3x(x2+y) +x3 =x3+ 3x2+ 3x+ 1
⇔p
x2+y+x3 = (x+ 1)3 ⇔p
x2+y = 1⇔y= 1−x2
Thay vào (2) ta
√
1 +x+
=√3 x3+ 2⇔x+ + 2√x+ = √3 x3 + 2≥x+ 2
⇔6(x+ 1)2 ≤0⇔x=−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−1; 0)
Câu 313
r
x2+
x2 +
r
y2+
y2 =
√
7
x+y +
1
xy =
Giải Điều kiện : x, y 6=
Hệ cho tương đương
r
x2+
x2 +
r
y2 +
y2 =
√
7 + x+y
xy =x+y
⇔
s
x− x
2 + +
s
y− y
2
+ = 2√7
x− x
+
y− y
(178)⇔
(
a+b=
√
a2+ +√b2+ = 2√7 (V N)
Vậy hệ cho vô nghiệm
Câu 314
p
5x2 + 2xy+ 2y2+p
5y2 + 2xy+ 2x2 = 3(x+y)
√
2x+y+ + 2.√37x+ 12y+ = 2xy+y+ 5
Giải
Nhận thấy phương trình (1) dễ thấy x = y phương trình (1) đúng, ta tiến hành tách cho phù hợp Ta có
V T = q
(x−y)2 + (2x+y)2+ q
(x−y)2+ (2y+x)2 ≥ |2x+y|+|2y+x| ≥3 (x+y)
Đăng thức xảy khix=y≥0 Thay vào phương trình (2) ta √
3x+ + 2√3 19x+ = 2x2+x+
Ta tìm nghiệm 0,1 Từ có hướng thêm bớt lượng liên hợp cho tốt Phương trình tương đương
⇔ √3x+ 1−(x+ 1)+ √3
19x+ 8−(x+ 2)= 2x2−2x
⇔(x−x2)
1
√
3x+ +x+ +
x+
q
(19x+ 8)2+ (x+ 2)√3
19x+ + (x+ 2)2 +
=
Hiển nhiên em ngoặc dương điều kiện (1) Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 0),(1; 1)
Câu 315
5x2+ 6x+ 3xy+y+ = 9x3+ 21x2+ 27x+ 2y3+ = 0
Giải Hệ cho tương đương
4(x+ 1)2+ (x−1)2+y(3x+ 1) = 8(x+ 1)3+ (x−1)3+ 2y3 =
Đặt 2(x+ 1) =a, x−1 = b Hệ cho tương đương
a2+b2 +y(a+b) = 0
a3+b3 + 2y3 = ⇔
(179)2.11 Câu 301 đến câu 330 179 Thế ab từ (*) xuống (**) ta
−1
2(a+b)
3
−
2(a+b)
2
y+ 2y3 = (∗ ∗ ∗)
Dễ dàng nhận phương trình nhất.Set a+b
y =t (y 6= 0) Khi (***) tương đương
−1
2t
3−3
2t
2+ = 0⇔
t= ⇔y=a+b = 3x+
t=−2⇔ −2y = 3x+
Thay trường hợp vào (1) ta dễ dàng tìm nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−3; 4)
Câu 316
x2−
2y+
y2
x2 =
7x
2y y2 −3
2x+
x2
y2 =
7y
2x
Giải
Điều kiện : x, y 6= Hình thức hệ đối xứng Tuy nhiên với hình thức trừ (2) phương trình cho không nên Ta biến đổi khéo léo sau Hệ cho tương đương
x+ y
x = x y +y
y+ x
y
2 =
2
x+y
x
Đặt x+ y
x =a, y+ x
y =b Hệ cho tương đương
a2 = 2b
b2 = 2a
⇔
" a=b= 0
a=b= TH1 :
x+ y
x = y+x
y =
⇔x=y=−1
TH2 :
x+ y
x =
7
y+x
y = ⇔
x= 3, y =
x= 2, y =
5
x= 2, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−1;−1),
2; , 3;3 , 2;
(180)
Câu 317
4 +√x+y−1 = √x+ +√3y+
√
x3+x2+ 4x+ = 8−√x2+ 4.√3y+ 6
Giải Phương trình (2) tương đương
√
x2+ 4√x+ +p3y+ 6= 8
Mà theo (1) ta có √
x+ +p3y+ 6≥4 ,√x2+ 4≥2
Vậy V T ≥8
Đẳng thức xảy
(
x=
x+y−1 = ⇔ (
x=
y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 1)
Câu 318
2 √x+ + 12 =p3
x2+ 4y+ 16
x2+ 4y
x = 2(9x−1)
p
2x3−y
Giải
Đây loại hệ khó chịu khơng thật tinh ý nhận Điều kiện : 2x3−y≥0,−1≤x6=
Phương trình thứ tương đương
x3+ 4y = 2x(9x−1)p2x3−y
Đặt t=p2x3−y≥0⇒y = 2x3−t2 thay vào phương trình ta có
x3+ 4(2x3−t2) = (18x2−2x)t⇔9x3−18x2t+ 2xt−4t2 =
⇔(9x2+ 2t)(x−2t) = 0⇔x= 2t≥0⇔4y= 8x3−x2 Thay vào (1) ta có
√
x+ +
2
=√3x3+ 2
Phương trình tơi giải câu 312 Ra x=−1 (L)
Vậy hệ cho vô nghiệm
(181)2.11 Câu 301 đến câu 330 181
Câu 319
p
x3−y= 2y
x(4x−1)
p
2x2 + 8y= 7−4y
x(x+ 1)
Giải Điều kiện : x3 ≥y, x6=−1,0,1
4
Phương trình thứ tương đương
(4x2−2x)px3−y= 2y
Đặt px3−y=t≥0⇒y=x3−t2 thay lại vào ta có
(4x2−x)t= 2(x3−t2)⇔2x3−4x2t+xt−2t2 =
⇔(x−2t)(2x2+t) = 0⇔x= 2t≥0⇔4y = 4x3−x2 Thay xuống (2) ta
3
√
8x3 = 7−4x 3+x2
x(x+ 1) ⇔2x
2(x+ 1) = 7−4x3+x2 ⇔x= 1⇒y=
4
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1;3
Câu 320
5(x2+y2)
1 +
(x2−y2)2
+ 2xy
1−
(x2−y2)2
= 35 3x−y
x2−y2 + 3x+y=
Giải
Đây tốn tơi sáng tác Hình thức cồng kềnh Muốn giải cần kĩ biến đổi tương đối tốt
Điều kiện : x2 ≥y2
Hệ cho tương đương
5(x2+y2) + 2xy+5(x
2+y2)−2xy
(x−y)2(x+y)2 = 35
2(x−y) +x+y
(x−y)(x+y) + 2(x+y) +x−y =
⇔
3(x+y)2+ 2(x−y)2+3(x−y)
2+ 2(x+y)2
(x−y)2(x+y)2 = 35
2
x+y+
x+y
+
x−y+
x−y
(182)⇔
(x+y)2+ (x+y)2
+
(x−y)2+ (x−y)2
= 35
x+y+
x+y
+
x−y+
x−y
= ⇔
x+y+
x+y
2 +
x−y+
x−y
2 = 45
x+y+
x+y
+
x−y+
x−y
=
Đặt a=x+y+
x+y, b=x−y+
1
x−y, |a|,|b| ≥2 Hệ cho tương đương
(
3a2+ 2b2 = 45
2a+b= ⇔
" a= 3, b = 3
a= 39 11, b=
21 11 (L)
⇔
x+y+
x+y = x−y+
x−y = ⇔
x+y= +
√
5
x+y= 3−
√
x−y = +
√
5
x−y = 3−
√
5
Như xảy trường hợp Với trường hợp nghiệm Xin nhường lại cho bạn đọc
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = 2;−
√ ! , 2; √ !
, 3− √
5
2 ;
!
, + √
5
2 ;
!
Câu 321
√
7x+y−√2x+y= 2√2x+y−√5x+ =
Giải
Hình thức hệ giống câu 87, tức câu VMO 2000-2001 Tuy nhiên, level cao
Điều kiện : y≤min{−2x,−7x}, x≥ −8
5
Phương trình thứ tương đương √
7x+y= +√2x+y
⇔7x+y= 2x+y+ 8√2x+y+ 16
(183)2.11 Câu 301 đến câu 330 183 Đến kết hợp với (2) ta đặt √2x+y=a≥0,√5x+ =b ≥0 Hệ cho tương đương
(
2a−b =
b2 = 8a+ 24 ⇔ (
a=
b= ⇔ (
2x+y= 25 5x+ = 64 ⇔
x= 56
y= 13
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
56 ;
13
Câu 322
(x+y)(3xy−4√x) =−2 (x+y)(3xy+ 4√y) =
Giải
Đối với loại hệ "suýt soát" đối xứng Ta thường cộng trừ hai phương trình cho
Điều kiện : x, y ≥0
Lấy(1) + (2) (1)−(2) ta hệ
(
(x+y)(3xy−2√x+ 2√y) =
(x+y)(√x+√y) = ⇔
(
3xy= 2(√x−√y) (∗) = (x+y)(√x+√y)
Đến tinh ý ta hoàn toàn đưa Nhận vế với vế ta
3xy= 2(x+y)(x−y)⇔(x−2y)(2x+y) = 0⇔x= 2y Thay lên (∗) ta
6y2 = 2√y
√ 2−1
⇔
y= (L)
3 √y3 =√2−1 ⇔y= v u u t
√
2−1
!2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
23 v u u t
√
2−1
!2 ;
v u u t
√
2−1
!2
Câu 323
4 r
1 +
x2 +
1
(x+ 1)2 + 5y=
√
y+ 2√y+ 12
4 r
1 +
y2 +
1
(y+ 1)2 + 5x=
√
x+ 2√y+ 12
Giải
(184)Điều kiện : x, y >0
Trước hết ta biến đổi biểu thức
1 +
x2 +
1 (x+ 1)2 =
x2(x+ 1)2+ (x+ 1)2+x2
x2(x+ 1)2 =
x2(x+ 1)2+ 2x(x+ 1) + 1
x2(x+ 1)2
= (x(x+ 1) + 1)
x2(x+ 1)2 =
1 +
x(x+ 1)
Vậy hệ cho tương đương
1 +
x(x+ 1)
+ 5y= 5y+ + 4py(y+ 1)
1 +
y(y+ 1)
+ 5x= 5x+ + 4px(x+ 1)
⇔
1
x(x+ 1) = p
y(y+ 1)
y(y+ 1) = p
x(x+ 1)
Đặt px(x+ 1) =a,py(y+ 1) =b, a, b >0 Hệ cho trở thành
a=
b2
b=
a2
⇔a=b= ⇔
(
x(x+ 1) =
y(y+ 1) = ⇔
x= −1 +
√
5
y= −1 +
√
5
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −1 +
√
5
2 ;
−1 +√5
2 !
Câu 324
r
11
3 −
2y2
3 +
√
1 + 2x=y4−10x2−24x−14 2y√3x+ 4(2x+ 3) = 2xy2+ 3y2 + 6x2+ 17x+ 12
Giải
Với hình thức hệ này, gần phương trình (1) chả làm ăn Ta khai thác từ phương trình (2)
Điều kiện x≥ −1
2, y
2 ≤ 11
2
Phương trình (2) tương đương
2y√3x+ 4(2x+ 3) =y2(2x+ 3) + (2x+ 3)(3x+ 4)⇔(2x+ 3)(y−√3x+ 4)2 =
Đến rút y2 = 3x+ thay vào phương trình (1) ta có √
1−2x+√1 + 2x= 2−x2
⇔2 + 2√1−4x4 =x4−4x2 + 4
⇔x4(x4−8x2+ 20) = 0 ⇔x= 0 ⇒y= 2
(185)2.11 Câu 301 đến câu 330 185
Câu 325
(
1 +q4 p
xy9−y4 =y(1−x)
4 p
x2y3+√4 xy−y+ = √4y
Giải
Tác giả tốn người bạn tơi facebook : Hạ Lan Tâm Như - Lớp 12C1 THPT Đặng Thúc Hứa, Thanh Chương, Nghệ An
Với hình thức hệ có lẽ có đánh giá diệt
Hệ có nhiều điều kiện, có điều kiện y−xy≤1 Từ phương trình (1) ta có
y−xy= + q
p
xy9−y4 ≥1
Đằng thức xảy
(
y−xy = p
xy9 −y4 = 0 ⇔
x=
y =
(T M)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 2;
Câu 326
(2x+y−1) √x+ +√xy+√x= 8√x √
x+ +√xy2+xy= 2x(6−x)
Giải
Nhận xét x= không nghiệm Hệ cho tương đương
(2x+y−1)
√
x+
√ x +
√ y+
= r
x+
x + √
y
!2
+y= 2(6−x)
Đặt 2x+y=a,
r
x+
x + √
y=b > 0ta có hệ
(
(a−1)(b+ 1) =
a= 12−b2 ⇔
(
a=
b= ⇔ (
x=
y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 1)
Câu 327
4x2−3y = 0
(2x2+y)[4x4−3x2+y(4x2+y+ 6)] =
Giải
Bài tất nhiên giải cách rút y từ (1) xuống (2) tạo phương trình ẩnx2 có thể
(186)Hệ cho tương đương với
(
2x2+y+ 2(x2−2y) =
(2x2 +y) [(2x2+y)2 −3(x2−2y)] =
Đặt 2x2+y =a, x2−2y=b ta có hệ
(
a+ 2b=
a(a2−3b) = 8 ⇔
(
a=
b= ⇔ (
2x2+y= 2
x2−2y= 0 ⇔
x=±
r
y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = r
4 5;
2
!
, −
r 5;
2
!
Câu 328
x+√x+ 2y=y2+y+
y2+ 3xy+x+y−10 =
Giải Điều kiện : x+ 2y ≥0
Phương trình thứ tương đương
x+ 2y+px+ 2y−y2−3y−2 =
Ta có : ∆√
x+2y = + 4(y2+ 3y+ 2) = (2y+ 3)2 Q tuyệt vời phương Từ ta có
√
x+ 2y=y+
√
x+ 2y=−y−2
TH1 : √x+ 2y=y+ 1⇒x=y2+ 1 thay vào (2) ta có
4y3+y2+ 4y−9 = 0⇔y = 1⇒x=
TH2 : √x+ 2y=−y−2⇒x=y2+ 2y+ 4 thay vào (2) ta có
3y3+ 8y2+ 15y−6 = 0⇔y=
3 (L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 1)
Câu 329
10x2+ 5y2−2xy−38x−6y+ 41 = p
x3+xy+ 6y−py3+x2−1 = 2
Giải
Phương trình (2) khó làm ăn Nhìn thấy phương trình thứ tam thức nên thử khai thác xem
(187)2.12 Câu 331 đến câu 360 187
10x2−2x(y+ 19) + 5y2−6y+ 41 =
Ta có : ∆0x =−49(y−1)2.
Giả sử hệ có nghiệm suy y= Thay lên (1) ta có
10x2−40x+ 40 = 0⇔x=
Thay vào phương trình (2) thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (2; 1)
Câu 330
3x2+ 4x−5 =p
−y2 −6y−1
x+ =√17−4y−16x
Giải
Với kiểu hệ khó chịu có lẽ đánh giá địn đánh tốt Từ phương trình thứ ta có
3x2+ 4x−5 = p−y2−6y−1≤ 1−y
2−6y−1
2
⇔6x2+ 8x−10 +y2+ 6y≤0 (∗)
Từ phương trình thứ hai ta lại có
x+ =p17−4y+ 16x⇒x2 + 18x+ 4y−16 = (∗∗)
Lấy(∗)−(∗∗)ta
5(x−1)2+ (y+ 1)2 ≤0⇔
(
x=
y=−1
Thay lại hệ thấy không thỏa mãn Vậy hệ cho vô nghiệm
2.12 Câu 331 đến câu 360
Câu 331
12x3+ 12x2+ 367x−54y3−54y2−18y=−144
x2+y2+xy−7x−6y+ 14 =
Giải
Nhận xét phương trình (2) tam thức, phương trình (1) hai hàm riêng biệt ẩn Chắc nhận loại ? Mời bạn đọc xem lại từ câu 77
Ta viết lại phương trình thứ hai sau
(
x2+x(y−7) +y2−6y+ 14 = 0
y2+y(x−6) +x2−7x+ 14 = 0 ⇔
(
∆y ≥0
∆x ≥0 ⇔
1≤y≤
3 2≤x≤ 10
(188)Giờ quay lên xét phương trình thứ Nó có dạng f(x)−g(y) =−144
Với f(x) = 12x3+ 12x2+ 367x đơn điệu tăng, g(y) = 54y3 + 54y2+ 18y đơn điệu tăng Từ ta có
f(x)≥f(2) = 878, g(y)≤g
= 1022
⇒f(x)−g(y)≥878−1022 =−144
Đẳng thức xảy
x=
y =
Thay lại vào phương trình (2) thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
2;7
3
Câu 332
(
x3−y3+
3(x+y)
2−5x2−
3xy+ 13x= 100
3
x2+y2+xy−3x−4y+ = 0
Giải
Dạng giống câu trên, nhiên phương trình đầu biến x, y khơng hồn tồn rời mà bị ràng buộc xy Vậy có cách dứt bọn không ? Xin thưa có Thật khéo léo ta xytừ (2) lên (1) ta tách hoàn toàn x, y Như xytừ (2) lên (1) ta dựng hệ sau
(
3x3 + 18x2+ 45x+ 2y2−3y3+ 8y= 108
x2+y2+xy−3x−4y+ =
Đến quen thuộc Xin nhường lại cho bạn đọc giải nốt Bài lâu chỗ ta phải lập bảng biến thiên hàm g(y) khơng đơn điệu
Hệ cho có nghiệm : (x;y) =
4 3;
4
Câu 333
y(xy−1)
y2+ 1 =
2
x(xy−1)
x2+ 1 =
1
Giải
(189)2.12 Câu 331 đến câu 360 189
x− y
1 +
y2
=
y− x
1 +
x2
=
Đặt x =a,
1
y =b ta có hệ
1−ab a(b2+ 1) =
2 1−ab b(a2+ 1) =
1
⇔
a(b2+ 1)
1−ab =
5
b(a2+ 1) 1−ab =
1
Trừ phương trình cho ta a−b =
2 ⇒a= +b
Thay lại ta dễ dàng tìm
a=
b=
⇔
(
x=
y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 2)
Câu 334
x+y = 4xy
(2x+ 3)√4x−1 + (2y+ 3)√4y−1 = 2p(2x+ 3)(2y+ 3)
Giải Điều kiện : x≥
4;y≥
Chú ý đẳng thức sau
x+y=kxy ⇔(kx−1)(ky−1) =
Áp dụng vào phương trình (1) ta có : (4x−1)(4y−1) =
Áp dụng AM −GM vào phương trình (2) ta có
(2x+3)√4x−1+(2y+3)p4y−1≥2 q
(2x+ 3)(2y+ 3)p(4x−1)(4y−1) = 2p(2x+ 3)(2y+ 3)
Đẳng thức xảy khi(2x+ 3)√4x+ = (2y+ 3)√4y−1⇔x=y Thay vào phương trình (1) ta có
2x= 4x2 ⇔x=
(190)Câu 335
( √
x+y+ + = 4(x+y)2+p3(x+y) 2x−y =
2
Giải
Điều kiện : x+y≥0Phương trình thứ tương đương
4(x+y)2−1 +p3(x+y)−px+y+ =
⇔(2x+ 2y+ 1)(2x+ 2y−1) + p 2x+ 2y−1
3(x+y) +√x+y+ =
⇔2x+ 2y=
Kết hợp phương trình (2) dễ dàng Vậy hệ cho có nghiệm (x;y) =
3;−
1
Câu 336
x4−3√y= 3x+y
x√y(y−1) = 3(x+√y)
Giải Đặt t=√y≥0 Hệ cho tương đương
(
x4−t2 = 3x+ 3t
xt3−xt = 3x+ 3t ⇒x
4−t2 =xt3 −xt ⇔(x−t)
x(x2+xt+t2) +t
= (∗)
Giờ ta tạm thời xét phần khó trước Kết hợp với (2) ta có hệ sau
(
x(x2+xt+t2) +t= 0 (3)
xt3−xt−3x−3t = 0 (4)
Ta có
x(x2+xt+t2) +t= xt(x
2+xt+t2) +t2
t =
xt(x2+xt+t2) +t2−(xt3 −xt−3x−3t)
t
= (x+t)(x
2t+t+ 3
t Vậy (*) viết lại
(x2−t2)(x2t+t+ 3) = 0⇔x=±t (Dot≥0)
Đến giải x, t trả lại biếny
(191)2.12 Câu 331 đến câu 360 191
Câu 337
x3−6x2y= 8y3 −6
4xy2+x= 2y+√2y−x+ +
Giải Điều kiện : 2y−x+ 1≥0
Hệ cho tương đương
(
x3−6x2y−8y3 =−6
12xy2 = 3(2y+ 1−x) + 3√2y+ 1−x
Cộng phương trình vế với vế ta
−(2y−x)3 = 3(2y−x) + 3p2y−x+ 1−3
Đặt 2y−x=t phương trình cho tương đương
−t3 = 3t+ 3√t+ 1−3⇔t
t2+ + √ t+ +
=
Từ suy x= 2y thay vào phương trình (1) ta có y3 =
4 ⇔y =
√
4 ⇒x=
√
2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1
√
4;
√
2
Câu 338
x4+ 2x3−5x2+y2 −6x−11 = 0
x2+x=
p
y2−7−6
p
y2−7
Giải Điều kiện : y2 ≥7
Phương trình thứ tương đương
(x2+x−6)(x2+x) + (y2 −7) =
Vậy đặt x2+x=a,p
y2−7 =b ≥0 Hệ cho tương đương
a(a−6) +b2 = 4
a = 3b−6
b
⇔
a= 0, b=
a= 1, b=
TH1 :
(
x2+x= p
y2−7 = 2 ⇔
(
x= 0, x=−1
(192)TH2 :
(
x2+x= p
y2−7 = 3 ⇔
x= −1±
√
5
y =±4
Từ kết luận nghiệm (nhiều cặp !)
Câu 339
(x2+ 1)y4+ = 2xy2(y3−1)
xy2(3xy4−2) =xy4(x+ 2y) + 1
Giải Lấy(1)−(2) ta
y4(1−2xy) =xy5(2−3xy)
Vì y= khơng nghiệm Từ suy
3(xy)2−4xy+ = 0⇔
"
xy=
xy=
TH1 : xy= ⇔x=
y thay vào (1) ta y4 = (y+ 1)2 ⇔y = 1±
√
5
2 ⇒x=
−1±√5
2
TH2 : xy=
3 ⇒x=
3y thay vào (1) ta
3y4 =−(y+ 3)2 (L)
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = −1±
√
5
2 ;
1±√5
!
Câu 340
2x−y+√x−1 = p2x−2 + 2(2x−y)2
y2+ 4x√x−1 = 17
Giải
Bài toán xuất đề thi thử Chuyên Nguyễn Huệ Một toán đặc sắc Điều kiện x≥1
Đặt 2x−y=a,√x−1 = b phương trình (1) tương đương a+b =p2(a2+b2)⇔a=b
⇔2x−√x−1 =y⇔4x2+x−1 =y2+ 4x√x−1
Từ suy
4x2+x−1 = 17⇔x= 2⇒y =
(193)2.12 Câu 331 đến câu 360 193
Câu 341
x2+y2+xy = 3x−2
(x2+xy)4+ (y2+ 2)4 = 17x4
Giải
Phương trình (2) phức tạp đẳng thức bậc Tư tưởng giữ nguyên gặp loại : phân tích nhân tử đặt ẩn phụ
Nhận thấy x= không nghiệm hệ Hệ cho tương đương
(
x2+xy+y2+ = 3x
(x2 +xy)4+ (y2+ 2)4 = 17x4 ⇔
x2+xy
x +
y2+ 2
x =
x2+xy x
4 +
y2+
x
4 = 17
⇔
(
a+b=
a4+b4 = 17 ⇔
a= 1, b =
a= 2, b =
TH1 :
(
x2+xy=x y2+ = 2x ⇔
x= 1, y =
x= 3, y =−2
TH2 :
(
x2+xy= 2x
y2+ =x ⇔
x= 2, y =
x= 3, y =−1
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (1; 0),(3;−2),(2; 0),(3;−1)
Câu 342
3x2−2x−5 + 2x√x2+ = 2(y+ 1)py2+ 2y+ 2
x2+ 2y2 = 2x−4y+ 3
Giải Trừ phương trình cho vế với vế ta
x2+x√x2+ = (y+ 1)2+ (y+ 1)p
(y+ 1)2+ 1
Công việc ta xét hàm f(t) = t2+t√t2+ 1 và chứng minh đơn điệu tăng, xin nhường
lại cho bạn đọc
Từ ta có x=y+ thay vào (2) dễ dàng tìm nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−1;−2),
3;
5
(194)
Câu 343
(
x2+y2 =
2
4x(x3−x2+x−1) =y2+ 2xy−2
Giải Thay y2 =
2−x
2 từ (1) xuống (2) ta có
4x4−4x3+ 5x2−4x= 2xy−
2 (∗)
Ta có 2xy≤x2+y2 =
2 Như (*) suy
4x4−4x3+ 5x2−4x+ ≤0⇔(2x−1)2(x2+ 1) ≤0⇔x=
2 ⇒y=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
1 2;
1
Câu 344
(
x2+y2 =
(3x−4x3)(3y−4y3) =
2
Giải
Nhìn tổng quan hệ ta thấy biểu thức giống công thức lượng giác Vậy ta đặt x=cost, y=sint với t∈[−π
2;π]
Thay vào phương trình (2) ta
⇔2 sin 3tcos 3t= ⇔sin 6t= ⇔
t= π +
kπ
12
t∈[−π
2;π]
⇒k = 0,1,2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
cos π
12;sin
π
12
,
cos5π
12;sin 5π
12
,
cos3π
4 ;sin 3π
4
Câu 345
√
x−y+√x−2 = p
x2+y2−xy(x−y) +pxy−y2 = 2√2(x−y−1)
(195)2.12 Câu 331 đến câu 360 195
(x−y)√x−y+ (x−y)√x−2 = 2x−2y
p
2x2+ 2y2−2xy(x−y) +p2xy−2y2 = (x−y−1)
⇔
( q
(x−y)3+ q
(x−y)2(x−2) = 2x−2y
p
2x2+ 2y2−2xy(x−y) +p2xy−2y2 = (x−y−1)
⇒
q
(x−y)3−p
2x2+ 2y2−2xy(x−y) +
q
(x−y)2(x−2)−p
2xy−2y2 = 4−2x+ 2y
⇔(x−y−2)
x2+y2
√
(x−y)3+√2x2+2y2−2xy(x−y) +
x2−xy
√
(x−y)2(x−2)+
√
2xy−2y2 +
=
⇔x−y−2 =
⇒√2 +√x−2 = 2⇒x= 8−4√2⇒y = 6−4√2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (8−4√2; 6−4√2)
Câu 346
x4+ 8y= 4(x3−1)−16√3
y4+ 8x= 4(y3−1) + 16√3
Giải
Bài tốn có ý tưởng với tốn khác tơi nêu phần sách Hệ phương trình cho tương đương với:
x4−4x3+ 8y=−4−16√3
y4 −4y3 + 8x=−4 + 16√3
Cộng hai phương trình hệ, ta được: x4−4x3+ 8x
+ y4−4y3+ 8y =−8
⇔ x2−2x−22
+ y2−2y−22 =
⇔
(
x= 1±√3
y = 1±√3
Thay lại vào hệ thử
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = +√3; 1−√3
(196)Câu 347
√
x+ +√y+ =
x√y+ +y√x+ +√x+ +√y+ =
Giải LấyP T(2)−2P T(1) ta
(√x+ +py+ 1)(√x+ 1py+ 1−2) =
⇔
(√
x+ 1√y+ =
√
x+ +√y+ = ⇔
(√
x+ =
√
y+ = (√
x+ =
√
y+ =
⇔
x= 0, y =
x= 3, y =
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (0; 3),(3; 0)
Câu 348
r
x9 −18y−27x−29
3 −
√
x−y−1 = 2x+√x2+x−2
x(x3+ 2xy−2x+ 2) + (y−2)2+ = 6p3 4(x−y+ 1)
Giải
Một toán xuất diendantoanhoc.net Hình thức khủng bố
Với loại hệ kiểu hướng thường ít, phương trình (1) chả khai thác Thử xét phương trình (2) xem
Điều kiện
x−y−1≥0
x2+x−2≥0 ⇔
x≥y+
x2+x−2≥0
Phương trình thứ (2) tương đương
x4+ 2x2y−2x2+ 2x+y2−4y+ 11 = 6p3
4(x−y+ 1)
⇔(x2+y)2−2(x2+y) + 2(x−y+ 1) + = 6p3
4(x−y+ 1)
⇔(x2+y−1)2+ 2(x−y+ 1) + = 6p3 4(x−y+ 1)
Ta có
6p3
4(x−y+ 1) = 3p3
2(x−y+ 1).4.4≤2(x−y+ 1) + +
Từ suy
(x2+y−1)2+ 2(x−y+ 1) + 8≤2(x−y+ 1) + + 4⇔(x2+y−1)2 ≤0
Đẳng thức xảy
x2+y−1 = 0
2.(x−y+ 1) = ⇔
x= 1, y =
x=−2, y =−3
(197)2.12 Câu 331 đến câu 360 197
Câu 349
x3+xy−2y3 = 0
3y3+ 3xy+ =
Giải
Liệu ban đọc cịn nhớ loại hệ khơng ? Chắc chả nhớ, chủng loại với hệ sử dụng phương pháp nhân phương trình với tạo ẩn
Thay y3 từ phương trình (2) lên (1) ta có hệ sau đây
x3+xy−2
−
3xy−1
= 3y3 =−3xy−1
⇔
(
3x3 =−9xy−2 (3) 3y3 =−3xy−1 (4)
Nhân (3) với (4) vế với vế đồng thời đặt xy=t ta có
9t3 = (9t+ 2)(3t+ 1) ⇔9t3−27t2−15t−2 =
Phương trình có nghiệm lẻ, cách giải bạn đọc xem lại câu 215 Từ ta giải
t= + 3
√
7 +√3 49
Đến ta thay lại (3) (4) trả lại x, y (khá khủng khiếp) Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) =
−
9a−2
3 ;
−3a−1
3
với a = + 3
√
7 +√3 49
3
Câu 350
x+ 3y+ =y2− y +
3x+
√ x+
√
9y−2 +√37x+ 2y+ = 2y+ 3
Giải Điều kiện : x≥ −1, y ≥
9
Phương trình thứ hệ tương đương: x+ 3y+ =y2−
y + √
x+ + √ x+
⇔x+ 1−3√x+ 1−√
x+ =y
2−
3y− y(?) Xét hàm số f(t) =t2−3t−
t (0;∝)ta có f0(t) = 2t−3 +
t2 =
2t3−3t2+ 1
t2 =
(t−1)2(2t+ 1)
(198)Vậy hàm đồng biến trên(0;∝)suy phương trình(?)tương đương y=√x+ ⇔x=y2−1
Thế vào phương trình (2) hệ, ta được: √
9y−2 +p3
7y2 + 2y−5 = 2y+ 3
⇔ y+ 2−√9y−2+y+ 1−p3
7y2+ 2y−5= 0
⇔ y
2−5y+ 6
y+ +√9y−2+
y3−4y2+y+
A =
⇔(y2−5y+ 6)
1
y+ +√9y−2 +
y+
A
=
Với A= (y+ 1)2+ (y+ 1)p3
7y2+ 2y−5 +p3
(7y2+ 2y−5)2 >0
Do y≥
9 nên
1
y+ +√9y−2 +
y+
A >0 Từ suy y2−5y+ = 0⇔
y= 2⇒x=
y= 3⇒x=
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (3; 2),(8; 3)
Câu 351
xp1−y2+y√1−x2 = 1
3x2−xy2+ 4x= 1
Giải
Nếu tinh ý dạng phương trình thứ quen thuộc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz cho vế trái ta
V T ≤p(x2+ 1−x2)(y2 + 1−y2) = 1
Đẳng thức xảy khix2 +y2 = 1 thay vào phương trình thứ ta được
x3 + 3x2+ 3x−1 = ⇔(x+ 1)3 = 2⇔x=√3 2−1
Từ tìm nốt y
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (√3
2−1; 1− √3
2−12)
Câu 352
2x2−2y =xy−4x
p
12x2+ 3y+ 84 = 2x+ 2√x+ +√20−y
Giải
Bài nhìn qua chả có đặc biệt mà phương trình (1)
(2x−y)(x+ 2) = 0⇔
(199)
2.12 Câu 331 đến câu 360 199 Nhưng kịch hay phía sau, làm
TH1 : x=−2thay vào phương trình thứ ta
p
132 + 3y=−4 +p20−y⇔y=−26−6√5
TH2 : y= 2x (2) √
12x2+ 6x+ 84 = 2x+ 2√x+ +√20−2x (3)
Phương trình ta nhẩm nghiệmx= 2từ có hướng nhân liên hợp Tuy nhiên, giải phần lại khó khăn Một cách tinh tế ta tiến hành đánh giá phương trình
Ta có
V P = 2x+p4(x+ 2) +
p
16(20−2x)≤x+
4(6 +x) +
8(36−2x)
Như
√
12x2+ 6x+ 84≤2x+
4(6 +x) +
8(36−2x)
⇔12x2 + 6x+ 84≥(15
2 +
9 4x)
2
⇔ 111
16 (x−2)
2 ≤0⇔x= 2
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (−2;−26−6√5),(2; 4)
Câu 353
(x2−1)2+ = 2y(2x+ 1)
x2−y2 = 3
Giải Một tốn hay Ta có đánh giá sau
(1)⇔(x2−1)2+ = 4xy+ 2y+
Áp dụng bất đẳng thức AM −GM ta có
x2+ 4y2+ 2y+ 8≥4xy+ 2y+ = (x2−1)2+ 9≥6(x2−1)⇒x2+ 4y2+ 2y+ 8≥6(x2−1) (?)
Thay x2 = +y2 từ (2) vào (*) ta được
5(3 +y2)−4y2−2y−14≤0⇒(y−1)2 ≤0⇒y =
Thay vào hệ ta có x=
(200)Câu 354
y = (x−1) √
x3+ + 1
y=x2+x+ 1
Giải
Một tốn mang tính "lừa tình" cao đề xuất thầy Lê Trung Tín Để ý kĩ nhân phương trình vế với vế lại x Ta thực biến đổi thu
3 = x3−1√x3+ + 1
Đặt t=√x3+ 2⇒x3 =t2−2, t >0
Khi phương trình trở thành
3 = (t+ 1) t2−3
⇔(t−2) t2+ 3t+
= 0⇒t= ⇒x= √3
Vậy hệ cho có nghiệm : (x;y) = (√3 2;√3
4 +√3
2 + 1)
Câu 355
x(x2+y2) =−42
2x2+x−y2+ 2y+xy=−11
Giải
Lâu không làm hệ số bất định ? Quay lại cho vui Viết lại hệ cho theo biếny (vì bậc thấp hơn)
(
xy2+x3+ 42 =
−y2+y(x+ 2) + 2x2+x+ 11 = 0
Nếu hệ có nghiệm x sốα thay α vào hệ ta phải thu phương trình tương đương ẩn y
Một tinh quái ta nghĩ đến x=−2 thay vào (2) y, mong phương trình tương đương Thay thử vào ta thu
(
−2y2+ 34 =
−y2+ 17 = 0
Ối giời tương đương Trời thương ta ! Như số cần nhân Vậy P T(1)−2P T(2) ⇔(x+ 2)(x−3)2 + (y−1)2=
TH1 : x=−2⇒y =±√17
:https://www.facebook.com/popeye.nguyen.5