Hpt Nang Cao

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11

HỆ PHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO 1.

Phương pháp biến đổi cơ bản để giải hệ : Ví dụ : Giải hệ phương trình sau: ⎧ x 3 + x( y − z )2 = 2 ⎪ 3 2 ⎨ y + y ( z − x ) = 30 ⎪ z 3 + z ( x − y )2 = 16 ⎩

Giải : Ta đưa hệ về dạng :

⎧ x ( x 2 + y 2 + z 2 − 2yz ) = 2 ⎪⎪ 2 2 2 ⎨ y(x + y + z − 2zx) = 30 ⎪ 2 2 2 ⎪⎩ z ( x + y + z − 2xy ) = 16 Lấy (1) + (2) − 2(3) ta được :

(x

(1) (2) ( 3)

+ y − 2z ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 0

⎡ x + y − 2z = 0 ⇔ y = 2z − x ⇔⎢ 2 2 2 ⎣ x + y + z = 0 ⇔ x = y = z = 0 (l ) Thay y = 2z − x vào (1) và (3) ta được :

x ( 2x 2 + z 2 − 2xz ) = 2 z ( 4x 2 + 5z 2 − 4xz ) = 16

(4) ( 5)

Dây là phương trình đẳng cấp theo x, z . Đặt z = kx ta giải được k = 2 Suy ra x = 1; y = 3; z = 2 Bài tập : Bài 1. Giải các hệ phương trình sau:

⎧⎪ 7 x + y + 2 x + y = 5 a) ⎨ ⎪⎩ 2 x + y + x − y = 2 ⎧( x + y )3 = z ⎪ b) ⎨( y + z )3 = x ⎪ 3 ⎩( z + x ) = y ⎧ x 2 ( y + z ) 2 = (3 x 2 + x + 1) y 2 z 2 ⎪ c) ⎨ y 2 ( z + x ) 2 = (3 y 2 + y + 1) z 2 x 2 ⎪ z 2 ( x + z ) 2 = (3z 2 + z + 1) x 2 y 2 ⎩

⎧ x + y + z = 13 ⎪ d) ⎨ x 2 + y 2 + z 2 = 91 ⎪ y 2 = xz ⎩ 1 GV: Nguyễn Ngọc Duy

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11

⎧ x 2 + xy + y 2 = 7 ⎪ e) ⎨ y 2 + yz + z 2 = 28 2 ⎪ 2 ⎩ z + zx + x = 21

2.

Phương pháp lượng giác hóa : Ví dụ : Giải hệ phương trình sau: ⎧ x 3 − 3x = y ⎪ 3 ⎨ y − 3y = z ⎪ z 3 − 3z = x ⎩

(1) (2) (3)

Giải : Trước tiên ta giải nghiệm của hệ từ -2 đến 2 : Đặt x = 2 cos a Từ (1) : y = 2 cos 3a Từ (2) : z = 2 cos 9a Từ (3): x = 2 cos 27a Vậy ta có phương trình : cos 27a = cos a ⎡ 27a = a + k 2π ⇔⎢ ⎣ 27a = − a + k 2π kπ ⎡ ⎢ a = 13 ⇔⎢ (k ∈ ]) π k ⎢a = ⎢⎣ 14 Vậy ( x, y , z ) có 27 bộ nghiệm

Mà mỗi phương trình trên có tối đa 3 nghiệm nên hệ có tối đa 27 nghiệm . Nên hệ có nghiệm : kπ 3kπ 9 kπ ( x, y , z ) = (2 cos , 2 cos , 2 cos ) 14 14 14 kπ 3kπ 9 kπ hoặc (2 cos , 2 cos , 2 cos ) 13 13 13 Bài tập : Bài 2. Giải các hệ phương trình sau : ⎧2 x + x 2 y = y ⎪ a) ⎨ 2 y + y 2 z = z ⎪2 z + z 2 x = x ⎩

2 GV: Nguyễn Ngọc Duy

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11

1 ⎧ ⎪x − x = 2 y ⎪ 1 ⎪ b) ⎨ y − = 2 z y ⎪ ⎪ 1 ⎪z − = 2x ⎩ z ⎧x = 2 − y2 ⎪ c) ⎨ y = 2 − z 2 ⎪ z = 2 − x2 ⎩

3.

Phương pháp sử dụng hệ thức Viete : Ví dụ . Giải các hệ phương trình sau : ⎧x + y + z = 4 ⎪ a) ⎨ x 2 + y 2 + z 2 = 14 ⎪ x 3 + y 3 + z 3 = 34 ⎩ ⎧x + y + z = 0 ⎪ b) ⎨ x 3 + y 3 + z 3 = 18 ⎪ 7 7 7 ⎩ x + y + z = 2050 Giải : a) Ta có : 1 xy + yz + zx = ⎡⎣( x + y + z ) 2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) ⎤⎦ = 1 2 3 3 3xyz = ( x + y + z 3 ) − ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = 18

⇒ xyz = 6

Theo định lí Viete ta có x, y, z là nghiệm của phương trình X 3 − 4X 2 + X − 6 = 0 Nên ( x, y , z ) là hoán vị của ( −1, 2, 3)

4.

Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số - bất đẳng thức : Ví dụ : Giải hệ phương trình sau: ⎧ x 3 + 3x − 3 + ln( x 2 − x + 1) = y ⎪ 3 2 ⎨ y + 3 y − 3 + ln( y − y + 1) = z ⎪ z 3 + 3z − 3 + ln( z 2 − z + 1) = x ⎩

Giải : Đặt f (t ) = t 3 + 3t − 3 + ln(t 2 − t + 1) 2t − 1 >0 t − t +1 Nên f (t ) là hàm đồng biến . ⇒ f '(t ) = 3t 2 + 3 +

2

Từ hệ phương trình ta có : y = f ( x ), z = f ( y ), x = f ( z ) Nên x = y = z 3 GV: Nguyễn Ngọc Duy

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11

Thế vào phương trình : x 3 + 2 x − 3 + ln( x 2 − x + 1) = 0 Do vế trái phương trình là hàm đồng biến nên nghiệm x = 1 là nghiệm duy nhất . Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z = 1 Bài tập : Bài 3. Giải các hệ phương trình sau : ⎧ 4x2 ⎪ 4 x2 + 1 = y ⎪ 2 ⎪ 4y a) ⎨ 2 =z ⎪4y +1 ⎪ 4z2 =x ⎪ 2 ⎩ 4z + 1 ⎧ y 3 = 9 x 2 − 27 x + 27 ⎪ b) ⎨ z 3 = 9 y 2 − 27 y + 27 ⎪ x 3 = 9 z 2 − 27 z + 27 ⎩ ⎧ x2 = y + 1 ⎪ c) ⎨ y 2 = z + 1 ⎪z2 = x + 1 ⎩

1 1 ⎧ 1 ⎪ x + y + z =3 3 ⎪⎪ d) ⎨ x + y + z = 1 ⎪ 7 ⎪ xy + yz + zx = + 2 xyz 27 ⎪⎩ 2 ⎧ ⎪x + x = 2 y ⎪ 2 ⎪ e) ⎨ y + = 2 z y ⎪ ⎪ 2 ⎪z + = 2x ⎩ z

4 GV: Nguyễn Ngọc Duy