Phuong trinh He phuong trinh

Ngoài các dạng toán cơ bản hệ phương trình đối xứng dạng 1, dạng 2, hệ phương trình đẳng cấp đã gặp nhiều trong các tài liệu nâng cao, người ta viết đề tài này nhận thấy các tác giả ưa t[r]

phần 1: hệ phương trình i Củng cố lý thuyết

A Hệ phương trình dạng chuẩn biết cách giải Hệ phương trình tuyến tính bậc ẩn

' ' '

ax by c a x b y c

 

 

 



2 Hệ phương trình có Phương trình dạng tuyến tính bậc ẩn

(1) ( , ) ( , ) (2)

ax by c f x y g x y

  



 

Từ phương trình (1) tính x theo y thay vào (2)  tìm y  tìm nghiệm (x,y) Hệ phương trình

3 Hệ phương trình

2 0 (1)

( , ) ( , ) (2)

ax bx c f x y g x y

   



 

Từ phương trình (1) tính x, thay vào phương trình (2)  tìm (x,y) Hệ phương trình

4 Hệ phương trình dạng , x y S x y P

  

  

 x, y nghiệm phương trình: X2 - SX + P =

(S 4P)

5 Dạng hệ phương trình đối xứng a Hệ phương trình đối xứng loại Dạng

( , ) ( , )

f x y g x y

 





 với

( , ) ( , ) ( , ) ( , )

f x y f x y g x y g y x

 



 

Nghĩa phương trình, ta thay đổi vai trị x y phương trình khơng thay đổi

Phương pháp

Đặt

( ) ,

S x y I P x y

  

  

Ta hệ:

( , ) ( ) ( , )

F S P II G S P

 



 

Giải hệ tìm S P

 x, y nghiệm phương trình t2 - St + P = Chú ý: hệ (I) có nghiệm  Hệ (II) có nghiệm thoả mãn

2 0

S P

   

b Hệ đối xứng loại

Dạng

( , ) ( , )

f x y f y x

 



 

Phương pháp

* Trừ theo vế phương trình ta phương trình dạng tích * (x0, y0) nghiệm hệ (y0, x0) nghiệm hệ B Hệ phương trình đặc biệt

Một số hệ phương trình khơng đưa dạng chuẩn giải phương pháp khác nhau:

Phương pháp tham số hoá

Phương pháp đánh giá, phương pháp dùng hệ thức Viet mở rộng Phương pháp dùng phương trình hệ quả, phương pháp đặt ẩn phụ………

……… Đây hệ phương trình giải theo phương pháp đặc biệt đề cập đến phần sau viết

ii dạng tập phương pháp giải chúng

Phương pháp chung để giải hệ phương trình người làm Tốn cố gắng đưa hệ phương trình dạng chuẩn để giải chúng

A Phương pháp biến đổi đồng nhất.

Loại 1:Trong hệ có phương trình bậc với ẩn x,y  ta tìm cách rút y theo x ngược lại (Dạng phần lý thuyết)

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

2

4

xy y

xy x

    



  



Lời giải

Nếu xy4 ta có hệ

2

2

4 (1)

2 (2)

xy y

xy x x

   

 

   

 

Từ (2)  x #

2

2 x y

x

 

Thay vào phương trình (1)  + x2 - = -

2

2 x x

  

 

 

Hay x4 - 3x2 + =  (x2 - 2)(x2 - 1) = 0 Mà x2 2 x2 2

  

Và ta có:

2

4

2

xy y

xy x

   

 

  



2

2 2

4 x x 2(2 x )

x   

         

   x2 2 (loại)

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình

2

2

( 1)( 1) 1(1)

1 (2)

x y x y x x

xy x x

      

 

  

 

Lời giải

Ta thấy x = khơng thoả mãn phương trình (2) Với x # từ (2)  y + =

2 1 x

x



thay vào (1) ta có phương trình:

       

      

   

2

2

2

3

1

3

1 1

1 2 1

0

1 2

2

x x

x x x x

x x

x x x x

x x x x x x

x

x x x x

x

 

 

   

 

 

     

       

  

     

   

Hệ phương trình có nghiệm (x;y) (1;-1);

5 2;

2

 

 

 

 

Loại 2: Một phương trình hệ đưa dạng tích phương trình bậc hai ẩn

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình

2 2 (1)2

2 2 (2)

xy x y x y

x y y x x y

     



   

 

Lời giải

Điều kiện: x1;y0

     

   

2 2 0

2

x xy xy y x y x y x y

      

    

 x 2y 0 ( Do có đk có x + y > 0)

 x 2y 1

Thay vào phương trình (2) ta được:

 

   

2 2 2(2 1)

2

y y y y y y

y y y

    

   

 y1 2y 2  0 y2 ( Do y0)

Với y = ta có x = 2y + = Hệ có nghiệm (x,y) = (5,2)

Loại 3: Một phương trình hệ phương trình bậc theo ẩn (chẳng hạn ẩn y) Lúc ta xem x tham số biểu diễn y theo x cách giải phương trình bậc ẩn y

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình

   

2 2

5 4 (1)

5 16 16 (2)

y x x

y x xy x y

   

 

     

 

Lời giải:

Biến đổi phương trình (2) dạng:

 

2

'

4 16 16

5

4

y x y x x

y x

x

y x

     

 

    

  

Với y = 5x + thay vào phương trình (1)  (5x + 4)2 = (5x+ 4)(4-x)

 

   

4

4 , ; 0

5

0 , 0,

x y x

x x y

  

  

   



    



  

 

Với y = - x thay vào (1) ta được:

4 2 5 4  

0

x y

x x x

x y

  



     

  



Hệ có nghiệm (x,y) là:

(0;4); (4;0); (-

4 5; 0).

ii phương pháp đặt ẩn phụ

Điểm quan trọng việc giải hệ phát ẩn phụ u = f(x,y)

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình

Lời giải:

Dễ thấy x = y =

Hệ phương trình có nghiệm: (x = 0; y = 0) Khi x  y 

Chia hai phương trình (1) cho xy chia hai vế phương trình (2) cho x2y2 ta hệ:

2 2 1 18 1 208 x y x y x y x y                                     Đặt: 1 x X x y Y y    

Ta có hệ phương trình: 2

18 18 14; (1)

56 4; 14 (2) 212

X Y X Y X Y

XY X Y

X Y                      

Trường hợp thứ hệ có nghiệm (x,y) là:

7 3; 2  ; 3; 2    ; 3; 2    ;(7 3; 2   3)

Trường hợp thứ (2) hệ có thêm nghiệm (x,y) là:

2 ;7 ; 2    ;7 ; 2    ;7 ; 2    ;7 3 

Kết luận hệ phương trình có nghiệm

Ví dụ : Giải hệ phương trình

 

  

2

1 (1)

1 (2)

x y y x y

x y x y

             Lờigiải

Ta thấy y = khơng thoả mãn phương trình (1) nên hệ phương trình tương đương với

  2 x y x y x y x y                Đặt 1 , x u y  

v  y x 2 ta có hệ   1; 1 u v u v uv         

Ta có hệ

 

 

2 1 1; 2

1 2;

x y

x y

x y x y

  

   



 

    

Ví dụ 7: Giải hệ phương trình

 

 

 

2

2

3

4

1

2

xy x y

x y

x x y

x y



   



 



    

 



Đặt

1

u x y

x y

  

  u 2

V= x -y ta có hệ phương trình

2

3 13

3

u v u v

  

   

Giải hệ (với lưu ý u 2 ta có u = ; v = 1

Ta có Hệ phương trình

1

x y

x y x y



  



 

  

  (x = ; y = 0)

vậy Hệ phương trình có nghiệm: (x,y) là (1;0)

phương pháp hàm số

loại 1: Một phương trình hệ có dạng f(x) = f(y)

phương trình cịn lại giúp ta giới hạn được x.y để hàm f đơn điệu Từ suy x = y

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình

3

5 (1)

1 (2)

x x y y x y

    



 

 

Lời giải

Từ phương trình (2)  x8 1;y4 1  x 1 ; y 1

xét hàm f(t) = t3 - 5t t[-1 ; 1] Ta có f’(t) = 3t2 - <  t  [-1 ; 1]

 hàm f(t)  x = y thay vào phương trình (2) x8 + x4 -1 = Đặt a = x4  ta có a =

1 5

2 y x

   

  

Loại 2: Hệ đối xứng loại mà giải thường dẫn đến

phương trình hệ có dạng f(x) = hoặc f(x) = f(y) Trong f là hàm đơn điệu

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình

2

2

2 2

y

x x x

y y x y



     

 

    

 

Lời giải

Ta hệ

2

1 3

b a

a a b b

    



  

 

Trừ theo vế phương trình ta 1 3a 1 3b (3)

a a    b b  

xét hàm f(x) = t t2 1 3t

   có f’(x) =

2

1

3 ln

t

t t

t

    và t21 > t2  t f(x) >0 t

 f(t) đồng biến R

Từ phương trình (3)  a = b thay vào phương trình (1) ta có

 

2

2

1 (4)

1

a

n n

a a

l a a al

  

    

Xét hàm g(a) =  

2

( ) n n3

g a l a a   al

Có:

'

2

1

( ) 3

1 n n

g a l l a R

a

      



Nên hàm g(a) nghịch biến phương trình (4) có nghiệm a = nên ta có nghiệm ban đầu hệ (x = 1; y= 1)

v phương pháp đánh giá

Với phương pháp cần phát biểu thức không âm hệ nắm vững cách vận dụng bất đẳng thức

Ví dụ 10. Giải hệ phương trình

1 (1) (2) (3)

x y

y z

z x

  

 

 

 

 

 

Lời giải:

Dễ thấy x > 0, y > 0, z >

Không giảm tính tổng quát giả sử : x y  y 1 z  y z Ta lại có z x 1 y  1 x x y z x    x y z   x x 1

Do x dương  

2

5 :

x

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm: x = y = z=

 12

4 

2

2

2

2

1

1

x

y x

y

z y

z

x z



 

 



 

 



 

 

Lời giải:

Nếu x =  y = z =  hệ có nghiệm (x; y; z) = (0; 0; 0) Nếu x   y >  z >  x >

2

2

2

2

2

2

2

1

2

1

2

1

1

x x

y x

x x

z z

x z y x z y

z z

y y

z y x y z

y y

  



      



      



Vậy hệ phương trình có nghiệm: (0; 0; 0) (1; 1; 1)

Ví dụ 12: Giải hệ phương trình

2

2

3

2

2 xy

x x y

x x xy

y y x

y y



  



 

 

   

  



Lời giải:

Cộng theo vế phương trình hệ ta có:

2

3 3

2 2

2 9 2 9

xy xy

x y x  x  y  y  

Ta có:

3 3

2

3

2 ( 1)

2 ( 1)

x x x

y x y

     

     

2

2

2

2

xy xy

VT xy xy x y

Dấu “ = “

1

x y x y

  



  

Vậy hệ phương trình có nghiệm

Ví dụ 13 Giải hệ phương trình

3

3

2

y x x

x y y

   

 

  



Lời giải: Hệ cho tương đương với:

   

   

2

2

2 (1)

2 2 (2)

y x x

x y y

    

 

   

 

Nếu x > từ (1)  y = <

Điều mâu thuẫn với phương trình (2) có x - y - dấu Tương tự với x 2 ta suy điều mâu thuẫn

Vậy nghiệm hệ phương trình x = y = 2

vi phương pháp khác

1 Phương pháp sử dụng phương trình hệ quả

Ví dụ 13: Giải hệ phương trình

1

x y y z x z

 

 

 



   

Lời giải:

Cộng theo vế (1), (2), (3) chia cho ta có phương trình:

x + y + z = (4)

Trừ theo vế (4) cho (1)  z = 2 Trừ theo vế (4) cho (2)  x = 1 Trừ theo vế (4) cho (3)  y = 0

Ví dụ 14: Giải hệ phương trình

2

2

2

xy x y yz y z xz x z

   



   

   



Lời giải:

Viết hệ dạng:

           

2 (1) 2 15 (2) 2 (3)

x y

y z

x z

   



  

 

  



Nhân theo vế phương trình ta được:

     

           

2 2

2 2 225 2 15 (4) 2 15 (5)

x y z

x y z

x y z

   

    

 

   



Các phương trình (4) (5) phương trình hệ

Trường hợp thứ ta có:

 

 

 

   

2 1 (1)

2 (2) ; ; 1;2;3 (3)

x

y x y z

z

  



   

 

 



Trường hợp thứ hai ta có:

 

 

 

2 1

x y z

  



 

 

 



Hệ có nghiệm (x; y; z) = (0; - 1; - 2)

x y z a xy yz xz b xyz c

  

 

  



 



Thì x, y, z nghiệm phương trình X3- aX2+ bX - C = 0

Ví dụ 14: Giải hệ phương trình

2 2

4 (1)

6 (2)

18 (3)

x y z

x y z

x y z

   



   



  



Lời giải:

Bình phương hai vế (1) trừ cho (2) ta có:

2 xy 2 y z2 xz 10hay xy  yz xz 5 (4)

Bình phương hai vế (2) trừ cho (3) ta có:

2xy + 2yz + 2xz = 18  xy + yz + xz = (5)

Bình phương hai vế (4) trừ cho (5) ta có:

   

2 xyz x y z 16 xyz 2

Từ (1), (4), (6) theo định lý Viet mở rộng x, y, z nghiệm phương trình x3 - 4x2 + 5x - = 0

 (x-1)2 (x- 2) =  (x, y, z) = (1; 1; 4) hốn vị hệ phương trình có nghiệm: (x, y, z) (1; 1; 4), (1; 4; 1) ,(4; 1; 4)

Phần iii Các toán liên quan 1 Bài tốn giải phương trình.

Bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp, ta tốn giải phương trình giải hệ phương trình

Ví dụ 15: Giải phương trình

3 1 23 1 x   x

Đặt 2x1y Ta có hệ phương trình đối xứng loại

3

1 2

x y

y x

   



  



Thì theo vế phương trình ta (x- y)(x2 + y 2 + xy + 2) = 0 Dễ thấy : x2 + y 2 + xy + 2 > với x, y  x = y

Với x = y ta có: x3 - 2x + =  (x - 1)(x2 + x - 1) = 0



 

 

1

1 : :

x x x 

 

    



   

Phương trình có nghiệm 2 Bài tốn nghiệm ngun

Ví dụ 16: Tìm nghiệm nguyên hệ:

   

2 2

6 15

3

2 12

x x y

x x y z

x y y z

   

 

  

 

  

 

Lời giải:

Hệ

2 2

6 15

2 12

x x y

x y xy x

x y y z

    



     

    



 (x2 - 6x - 2y - 15) + 2(x2y -3xy + 2z + 6) + (x2y2 + 2y + 12 - 4z) 0  (xy + x)2 - 6(xy + x) + 0

 (xy + x - 3)2 0  xy + x =  x(y + 1) =

Giải trường hợp ta tìm nghiệm nguyên hệ là: (x= -1; y = - 4; z = 5)

1 Làm nghiệm hệ phương trình:

Ví dụ 17: Giải hệ phương trình

2

2

2 2

1

1

1

x

y x

y

z y

z

x z



 

  

 

  

 

 

Nếu không xét trường hợp x = 0, y = 0, z =  biến đổi hệ dạng:

2

2

2

2

1 1

2 2

1 1

2

1 1

2 x

y x x

z y

x z

 

  

  

 

  

 

 

Rồi cộng theo vế phương trình

 2

1 1 1

2 2

y z x    x  y  z



2 2

1 2

1 1

x x y y z z

 

   

        

   

     



2

2

1 1

1 1 x y z

x y z

 

   

          

   

     

Ta bỏ sót nghiệm:x  y z

2 Chọn nghiệm ngoại lai hệ Ví dụ 18: Giải hệ phương trình

1 1 x y y z z x

  

 

 

 

 

Theo cách giải ví dụ 10 ta suy x = y = z  x, y, z nghiệm phương trình.x x1 0

Đặt x t không để ý đến điều kiện t 0

Ta có:

2

1 (1 5)

2

t    t   

thừa nghiệm

1 52

4



v khuynh hướng phát triển chuyên đề

Phần ii Phương trình

1 Phương pháp biến đổi đồng nhất Ví dụ 1: Giải phương trình : x3 - x 2 - x =

1 Lời giải

Phương trình cho tương đương với phương trình: 3x3 - 2x2- 3x = 1

 3x3 = 3x3 + 3x +  4x3 = x3 + 3x2 +3x +  4x3 = (x + 1)3

 4x x 1



3

3

1

( 1)

4

x  x   x 



Vậy phương trình có nghiệm

1

x 

 .

Ví dụ 2: Giải phương trình

1 1

x a b  x a b  với a + b  Lời giải:

Đk: a0, x 0, b0, a + x + b 0

Bi n ế đổi phương trình v d ng: ề

ax + bx + ab =

1

abx x + a + b

 (ax + bx + ab)(x + a + b) = abx

 (ax + bx + ab)( a + b) + (ax + bx)x + abx = abx  ( a + b) (ax + bx + ab) + x2( a + b) =

 ( a + b) (a + x)( b+x) = Do a + b 

x a x b

  

 

Vậy phương trình cho có nghiệm trên:

Ví dụ 3: Giải phương trình

x3 4 x 12x 28 x (1) Lời giải:

Điều kiện:

   

   

4 12 12

3 28 28

x x x

x

x x

      





 

  

   

  x     ()

với điều kiện () (1)  (x + 3)2(4 - x)(12 - x) = (28 - x)2  x4 + 14x3 + 10x2 - 272x + 352 =

 (x2 + 6x - 22) (x2 + 8x - 16) =



1

2

3

3 31 , 31 22

8 16 4 , 4 2

x x

x x

x x x x

    

   

  

   

    

 

Đối chiếu điều kiện ta thấy x1, x3 thoả mãn tốn

Vậy phương trình có nghiệm

3 31 4

x x

   

  

2 Phương pháp đặt ẩn phụ

Ví dụ 4: Giải phương trìnhx3 4 x 12x 28 x (1)

Lời giải

Đặt u = x + 3 v = 4 x 12x với v 0

Khi phương trình (1) trở thành:

2uv = u2 + v2 - 1(u - v)2 = 

1

v u v u

  

   

Với v = u - 0 ta có

     2

3 2

3 31

4 12

x x

x x x

x x x

 

  



   

 

  

   

 

Với v = u +  ta có :

     2

3

4 16

4 12

x x

x x x

x x x

 

  



   

 

  

   

 



Phương trình có tập nghiệm là:  31 3; 4  

Ví dụ 5: Giải phương trình

(x - 8)2 + (x - 6)4 = 16 (1)

Lời giải

Đặt y = x - 7

Khi phương trình (1) trở thành

(y - y)4 + (y + 1)4 = 16

 y4 - 4y3 6y2 - 4y + + y4 - 4y3 6y2 + 4y + = 16  2y4 + 12y2 + = 16

 y4 - 6y2 - =  (y2+7) (y2-1) = (do y2+7 > 0)

 y2 - = 

1

y y

    

Với y = 1 ta có x - =  x = 8 Với y = -1 ta có x - = -1  x = 6 Tập nghiệm phương trình {6 ; 8}

Ví dụ 6: Giải phương trình

X4 - 6x3 + 10x2 - 6x + 10 = 0

Lời giải

đây phương trình đối xứng bậc để giải phương trình ta nhận xét x = khơng nghiệm phương trình nên phương trình 

 x2 - 6x + 10 - 6. 1

0

xx  (chia vế cho x2)



2

1

6 10

x x

x x

   

    

   

   

Đặt  

1

2

x t t

x

  

Ta có phương trình:

2 6 8 0

4

t t t

t

      

 

Khi t = ta có

2

1

2 1

x x x x

x

       

Khi t = 4 ta có

2

1

4

x x x x

x

        

Vậy tập nghiệm phương trình là: 1;2 3;2 3

Ví dụ 7: Giải phương trình

Lời giải:

Phương trình  x1 x4    x2 x3 3

   

2 5 4 5 6 3

x x x x

     

Đặt t = x2 5x 4

  ta có:

t(t + 2) =

 t2 + 2t - = 

1

t t

    

Với t = ta có phương trình: x2 5x 4 1

  



2 5 3 0 13

2

x  x   x  

Với t = -3 ta có: x2 5x 4 3 x2 5x 7 0

       phương trình vơ nghiệm

Kết luận: tập nghiệm phương trình là

5 13 13 ;

2

    

 

 

 

 

3 Phương pháp đánh giá

Ví dụ 8: Giải phương trình: (x - 8)4 + (x -6)4 = 16 (1)’

Lời giải:

Dễ thấy x = x = nghiệm phương trình cho Nếu x > ta có (x -6)4 > 24= 16

(x - 8)4 > 0

 (x - 8)4 + (x -6)4 > 16 Vậy x > không nghiệm phương trình Nếu x < ta có: (x - 8)4 = (8 - x)4 > 16

(x -6)4 > 0

 (x - 8)4 + (x -6)4 > 16 nên x < không thoả mãn Với < x < phương trình (1) viết dạng:

(x - 6)4 + (8 - x)4 = 16 Khi (x - 6)4 + (8 - x)4 < (x - + - x)4 = 16 Vậy phương trình vơ nghiệm khi: < x < Tóm lại tập nghiệm phương trình là:  6; 8

2 6 13 6 18 34 6 x  x  x  x   x  x

Lời giải:

Biến đổi phương trình dạng: (x3)2  4 (x3)2  9 25 ( x3)2 VT  2 35 Dấu “=” x = -3

Vậy phương trình có nghiệm x = -

Ví dụ 10: Giải phương trình:

x(2008 - x2007) = 2007

Lời giải:

Nếu x0 x(2008 x2007) 0 loại

Vậy x0

Viết phương trình dạng: x2008 + 2007 = 2008x Theo bất đẳng thức cơsi cho 2008 số dương Ta có:

x2008 + 2007 = x2008 + + +… +1  2008x 2007 số

Dấu “=” xảy x =

Vậy phương trình có nghiệm x =

Ví dụ 11: Giải phương trình

2

3 2016 x x 2017 x 2007x 2007

     

Lời giải: Điều kiện: x 2007

Với 2007 x 2008

3 2016 x x 2017 2016 2008 2008 2007 1

       

x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 < 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1 Thử x = 2008 thoả mãn

Với x > 2008 thì: 2016 x x 2017  2016 2008  2008 2007 1 

x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 > 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1 Vậy phương trình có nghiệm x =

Ví dụ 12: giải phương trình

5

4

1 x

x 

  



Lời giải:

Viết phương trình dạng:

3

( 1)

4( 1) 3( 1)

1 x

x 

   



áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số dương ta có:

3 3

( 1) ( 1) ( 1)

4( 1) 4( 1) 3( 1)

1 x x 4( 1) 4( 1)

x x x

  

       

  

Dấu “=” xảy khi:

3

( 1)

4( 1)

4( 1)

x

x 

   



Hay 4x = 3 Hay x =

2



Phương trình có nghiệm nhất: x =

2



Ví dụ 13. Giải phương trình

10

5 27.x  5x 864 0

Lời giải

Ta thấy x = khơng thoả mãn phương trình nên chia hai vế phương trình cho x6 ta phương trình tương đương:

5

6

32.27

27.x 5

x

 

4

6 5

2

27

x x

  

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có:

4 4

4

6 6 5

2 1

3 3 27

x x x

x

x x x

       

4 x

 16

x

 x10 =  x = 103 Ví dụ 14: Giải phương trình

4 3

4x x 3 16x  x 12x

Lời giải:

Ta có:

2

4 3 7

4 3 4 0 0

2 4

x x  x  x x     x

 

áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có:

4

2 3

3

(4 ) 4 (4 3) 2 (4 3) 16 12

x x x x x

x x x x

x x

     

     

 

Dấu “ =” xảy x =

Vậy phương trình có nghiệm nhất: x =

Phần 3: Bài tập tự luyện

Bài 1: Giải hệ phương trình:

2

2009

1

2

x y

x y

  

 

 



 (Gợi ý dùng phương pháp đánh giá)

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

3 3 15

x y z

x y z

x y z

   



  



   

 (Dùng phương pháp đánh giá)

Bài 3: Tìm nghiệm nguyên hệ:

2 2 3

22 196 2008

x y z

x y z

x y z    



  

 

  

Bài 4: Giải hệ phương trình:

y z u a x z u b x y u c x y z d    



   



   

   

 (Dùng phương trình hệ quả)

Bài 5: Cho a, b, c số khác 0

Giải hệ phương trình:

ay xz c cx az b bz cy a   



  

  

 (Dùng phương trình hệ quả)

Bài 6: Trong nghiệm hệ

2 2

9 16 12

x y

z t

xt yt

  



 



  



Tìm nghiệm cho x + z đạt Giá trị lớn (Dùng phương pháp đánh giá) Bài 7: Giải phương trình

314 x3 x 2(1 x2 2 1x

     

(Dùng phương pháp đánh giá) Bài 8: Giải phương trình

 

2 x 8 5 x 8

(Dùng phương pháp biến đổi tương đương)

Bài 9: Giải phương trình: 48x(x +1)(x3 - 4) = (x4 + 8x + 12)2 (Dùng phương pháp biến đổi tương đương)

Bài 10: Giải phương trình: x4 + x3 + x2 + x +

1 2 = 0