Đang tải... (xem toàn văn)
Hệ phương trình
1Hệ phơng trình I. Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh. " Bài 1. ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 ) Giải hệ phơng trình : ()()()32323233ln 133ln 133ln 1x xxxyy yyyzzz zz x+ + + =+ + + =+ + + = Giải : Xét hàm số : ()( )32f33ln1tt t tt=++ + Ta có : ()22221 f' 3 1 0, R1ttt xtt=++ > + Vậy hàm số () f t đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phơng trình nh sau : ()()() fffx yy zzx=== Không mất tính tổng quát, giả sử : { }min , ,x xyz=. Lúc đó : () () ( ) ( ) f f f fx yxyyzyzzx . Hay : x yzx x yz== Với : x yz== , xét phơng trình : ( )3223ln 10xx xx+ + + = Do hàm số : ()( )3223ln 1xx x xx=++ + đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : 1x =. Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : 1x yz= ==. " Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ phơng trình có dạng : ( ) ( )() ()()()() ()122311 fgfg fgfgnnnxxxxxxxx==== Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và ( )12, .,nx xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, .,ix Ai n= thì 12 .nx xx= ==. Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { }112min , .,nx xx x= . Lúc đó ta có : () ( ) ( ) ( )12 1 2 2 3 23 1 f f g g .nx xx x xxxxxx . Vậy : 12 1 nx xxx Từ đó suy ra : 12 .nx xx===. Tháng 08 2007 .Phạm Kim Chung 2" Bài 2. Giải hệ phơng trình : 323232222141414xxyyzzyzx+++=== Giải: Vì vế trái của các phơng trình trong hệ đều dơng nên hệ chỉ có nghiệm : ,, 0xyz> . Xét hàm số : ()3221 f4ttt+=, ta có : () ( )()32221f' 2 ln 4 3 . 0, 04ttttt t+= +<>. Vậy hàm số () f t nghịch biến trên khoảng ( )0; + . Không mất tính tổng quát, giả sử : { }min , ,x xyz= . Lúc đó : () () ( ) ( ) f f f fzx yxyyzy zx () () f fzx zx yx= = =. Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất : 12xyz= ==. " Bài toán tổng quát 2 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n lẻ ): ( ) ( )() ()()()() ()122311 fgfg fgfgnnnxxxxxxxx==== Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( )12, .,nx xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, .,ix Ai n= thì 12 .nx xx= == với n lẻ . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { }112min , .,nx xx x= . Lúc đó ta có : () () () ( ) ( )()12 1 2 2 3 23 1 1 12 f f g g . f fnnx xx x xxxxxx x xxx . 12x x= Từ đó suy ra : 12 .nx xx===. " Bài 3. Giải hệ phơng trình : ()()()()222212121212x yy zzttx = = == 3Giải : Vì vế trái của các phơng trình trong hệ không âm nên phơng chỉ có nghiệm : , , , 0xyzt . Xét hàm số : () ( )2 f1ss= , ta có : ( ) ( )f' 2 1ss= . Do đó hàm số tăng trên khoảng ( )1; + và giảm trên [ ]0; 1 ( Do f(s) liên tục trên R ). Không mất tính tổng quát, giả sử : { }min , , ,x xyzt= . + Nếu () ( )1; , , , 1;xxyzt+ +, do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm duy nhất : 23xyzt====+ . + Nếu [ ]0; 1x ( )0 f 1 02 1x y , hay [ ]0;1y , tơng tự [ ],0;1zt. Vậy [ ],,, 0;1xyzt. Do đó ta có : () () ( ) ( ) f f f fzx yxyyzy zx x z=. Với x z=() () f fzx yt==. Lúc đó hệ phơng trình trở thành : ()()()222121212x yxyxyyxxy =====23xy== Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm : 23xyzt====+ và 23xy== . " Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n chẵn ): ( ) ( )() ()()()() ()122311 fgfg fgfgnnnxxxxxxxx==== Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( )12, .,nx xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong đó , 1,2, .,ix Ai n= thì 13 124 nnx xxx xx====== với n chẵn . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { }112min , .,nx xx x= . Lúc đó ta có :. () () () ( )13 1 3 2 424 f f ggx xxx xxxx () () () ()24 3535 f f gg .x xxxxx ()() ()( )21111 f fgg .nnnnx xx xxx ()() ()()11 2 2 f fggnnnx xxxxx Vậy : 13 11 13 1 .nnx xxxxxx === ; 24 2 24 .nnx xxxxxx=== 4Phần bi tập ứng dụng phơng pháp ) 1. Giải hệ phơng trình : 323232278227822782x xx yy yy zzzz x += += += ) 2. Chứng minh với mỗi aR, hệ phơng trình : 232323x yyay zzazxxa= ++= ++= ++ có một nghiệm duy nhất . ) 3. Cho hệ phơng trình : 222x yay zazxa= += += + Tìm a để hệ phơng trình chỉ có nghiệm với dạng x yz==. ) 4. Giải hệ phơng trình : 311 2322 3399 99 1003100 100 1322322 .322322xx xxx xx xxx xx+=+=+=+= ) 5. Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ phơng trình : 2312 2 22323 332312311144 .44nnnnnx xxaxx xxaxx xxaxx xxax=+=+=+=+ có một nghiệm duy nhất . ) 6. Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và 0a . Chứng minh hệ phơng trình : 2312 2 22323 332312311144 .44nnnnnx xxaxx xxaxx xxaxx xxax=+=+=+=+ có nghiệm duy nhất . ) 7. Chứng minh với mỗi aR, hệ phơng trình : 232232232x yyyay zzzazxxxa= +++= +++= +++ có một nghiệm duy nhất . 5 Ii. Hệ phơng trình giải đợc bằng phơng pháp lợng giác hoá. " 1. Giải hệ phơng trình : ()()22111 (1)1 1 2 (2) xyyxxy+ =+= Giải. ĐK : 22110110xxyy Đặt cos ;y=cosx = với [ ],0; , khi đó hệ phơng trình : ()()cos .sin cos .sin =121 cos 1 cos 2sin cos sin .cos 1 0 ++=+= = Đặt 21sin cos , t 2 sin .cos2tt = = Khi đó ta có : 22110 2 3 12ttttt=+= Với 1t =, ta có : 02sin 1 042 1xy===== Nếu : ( )0xaa >, ta đặt cosx a=, với [ ]0; " 2. Giải hệ phơng trình : ()( ) ()()222143112xy xyxy+ =+= Giải . Do [ ]221, 1;1xy xy+= . Đặt sin , y cosx = = với [ ]0; 2 . Khi đó (1) ()( )2 sin cos 1 2sin2 3 += 12. 2sin .2. sin2 342 += 4sin sin2 sin 346 += 8sin sin cos 341212 = 4cos cos cos 2 312 3 6 + = 2cos 4cos cos 2 312 12 6 = 2cos 2 cos 3 cos 312 4 12 += 2cos 3 34 = ()000035 1203cos 34265 120kkRk= += =+ Từ đó suy ra hệ có 6 nghiệm ( )( ) ( )( )00 00 00, { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85xy= , ()( ) ( )00 00 00sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 } 6Nếu : ()220xyaa+= >, ta đặt sin , cosxa ya ==, với [ ]0; 2 " 3. Giải hệ phơng trình : 222222x xy yy yz zzzx x+ =+ =+= Giải : Từ các phơng trình của hệ , suy ra : , , 1xyz . Do đó ta có : 2222(1)12(2)12(3)1xyxyzyzxz=== Đặt Đặt tgx= với ;22 (4) và sao cho tg , tg2, tg41 (5). Tơng tự bài 2. Hệ phơng trình có 7 nghiệm 24, , , 0, 1, ., 377 7kkkxtg ytg ztg k= == = Với mọi số thực x có một số với ;22 sao chotgx= " 4. Giải hệ phơng trình : 23232333 033 033 0xzxzzyxyxxzyzyy += += += Giải . Viết lại hệ phơng trình dới dạng : ()()()23232313 313 313 3x zzzy xxxzyyy = = = (I) Từ đó, dễ thấy nếu (),,x yz là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x, y, z 13 . Bởi thế : (I) 3232323(1)133(2)133(3)13zzxzxxyxyyzy=== (II) Đặt tgx= với ;22 (4) và sao cho 1 tg , tg3 , tg93 (5). Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có : tg3 , tg9yz = = và tg27x= 7Từ đây dễ dàng suy ra (),,x yz là nghiệm của (II) khi và chỉ khi tg3 , tg9yz = =, tgx=, với đợc xác định bởi (4), (5) và tg tg27 = (6). Lại có : () ( )626kkZ= Vì thế thoả mãn đồng thời (4) và (6) khi và chỉ khi 26k= với k nguyên thoả mãn : 12 12k . Dễ dàng kiểm tra đợc rằng, tất cả các giá trị đợc xác định nh vừa nêu đều thoả mãn (5). Vậy tóm lại hệ phơng trình đã cho có tất cả 25 nghiệm, đó là : 39, , , 0, 1, . 1226 26 26kkkxtg ytg ztg k== = = " 5. Giải hệ phơng trình : 1113451xyzxyzxy yz zx += += + ++= Giải. Nhận xét : 0; , ,xyz x y z cùng dấu . Nếu ( ),,x yz là một nghiệm của hệ thì (),,x yz cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm , ,x yz dơng . Đặt ( )0tg ;tg ;tg 0,,90xyz===<<. Hệ ()()1113tg 4tg 5tg 1tg tg tgtg tg tg tg tg tg 1 2 += += +++= (1) 2221tg 1tg 1tg345tg tg tg +++== 345sin2 sin2 sin2 == Từ (2) suy ra : ()tg tg tg 1tg tg +=( )()tg tgtg tg1tgtgco += =+ ()tg tg22 =+++=. Do ==<<++=345sin2 sin2 sin20,, ;22 nên 2,2,2 là các góc của một tam giác có số đo 3 cạnh 3,4,5. Do tam giác có 3 cạnh 3,4,5 là tam giác vuông nên 00290 45 ztg1= = = = 222tg 3 2x 3 1tg2 x1tg 4 1x 4 3= = = = 222tg 4 2y 4 1tg2 y1tg 3 1y 3 2= = = = 8Tuyển tập các bi toán hay II . Hệ phơng trình 2 ẩn. " 1. Giải hệ phơng trình : 4222698 (1)813 4 4 0 (2) xyxyxyxy+=+++= Giải : Giả sử hệ phơng trình có nghiệm . Ta thấy (2) tơng đơng với : ()()22320xy xy+ + = Để phơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có : ()()22734 2013yy y= (3) Mặt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với : ( )224340yx yxx+ ++= Để phơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có : ()()22444 34003xxx x= + (4) Từ (3) và (4) ta có : 42256 49 697 69881 9 81 81xy+ + = < , không thoả mãn (1). Vậy hệ phơng trình đã cho vô nghiệm . ) 2. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) Giải hệ phơng trình : 131 2171 42xxyyxy+=+ =+ " 3. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) Hãy biện luận số nghiệm thực của hệ phơng trình với ẩn x, y : 34222322xy y ax yxyyb=+ += Giải . Điều kiện có nghĩa của hệ : x, y R. Viết lại hệ dới dạng : ()()() ()33 222 1 2yx y ayx y b=+= Xét các trờng hợp sau : è Trờng hợp 1 : 0b= . Khi đó : ()02yy x== và do vậy : Hệ đã cho ()()()()33 233 20yIyx y ayxIIyx y a==== 9Có (II) 422y xx a== Từ đó : + Nếu 0a thì (I) và (II) cùng vô nghiệm, dẫn đến hệ vô nghiệm . + Nếu 0a = thì (I) có vô số nghiệm dạng ( ),0xRy =, còn (II) có duy nhất nghiệm ()0, 0xy==. Vì thế hệ đã cho có vô số nghiệm . è Trờng hợp 2 : 0b . Khi đó, từ (1) và (2) dễ thấy , nếu ( ),x y là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x, y >0 . Vì thế () ()23bxyy= . Thế (3) vào (1) ta đợc : 332by yyay = Đặt 0yt=>. Từ (4) ta có phơng trình sau : ()()33226293205btttatbtatt=+= Xét hàm số : ()()3932 f tt bt at= + xác định trên [)0;+ có : ()()[)28322 f' 9 9 0, 0;t t btta t=+ ++. Suy ra hàm số ()f t đồng biến trên [)0; + , và vì thế phơng trình (5) có tối đa 1 nghiệm trong [)0; + . Mà ()3 f0 0b= < và ( )323fb 0bba= +>, nên phơng trình (5) có duy nhất nghiệm, kí hiệu là 0t trong ( )0; + . Suy ra hệ có duy nhất nghiệm 22000,bx tytt= = . Vậy tóm lại : + Nếu 0ab== thì hệ đã cho có vô số nghiệm . ` + Nếu a tuỳ ý , 0b thì hệ đã cho có duy nhất nghiệm . + Nếu 0, 0ab= thì hệ đã cho vô nghiệm . " 4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình : 222221xxyyx xy y m+ =+ += (1) có nghiệm . Giải . + Với 0y = hệ trở thành 2221xx m== . Hệ có nghiệm khi 12m = + Với 0y , đặt xty= , hệ trở thành 22221211ttymtty+=++=()2222121(2)12 1ttytt mtt+=++= + Vậy hệ PT (1) có nghiệm ( ),x y khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm ( ),ty. 10Xét hệ (2), từ 22121tty+= suy ra 2121012tttt< +> >. Do đó hệ (2) có nghiệm ( ),ty 22121ttmtt++=+ có nghiệm ()1,1 ,2t +. Xét hàm số ()221 f21ttttt++=+ trên khoảng ()1,1 ,2 + . Ta có : ()()22262 f'21ttttt+ +=+, ()37 f' 037ttt= == + Lập bảng biến thiên : t 37 37 f(t) - 0 + + 0 - f(t) 12 + 14 5 728 11 7++ + 12 Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để hệ có nghiệm : 14 5 728 11 7m++. " 5. Giải hệ phơng trình : ( ) ( )()()3323 1 123 2xyxy+== Giải . Rõ ràng nếu 32y = hệ vô nghiệm. Với 32y , từ (2) suy ra 332xy=, thay vào (1) ta có : ()()3327 2 312yy+= (3) . Xét hàm số : ()( )()3327 2 3f12yyy+= , ta có : ()()()323381 8 6 2 f'2yyyy+ += Suy ra : () f' 0 1yy== Ta có bảng biến thiên : y -1 +f(y) + 0 - - f (y) 0 + -112 32 [...]... phơng trình thứ hai của hệ ta đợc : ( ) ( ) 32 23ln 102yy yy+++ ++= Vế trái là hàm đồng biến do ®ã y =-1 lµ nghiƯm duy nhÊt cđa (2). §¸p sè : 0, 1xy ==− . " 8 . ( §Ị thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 Bảng B ) Giải hệ phơng trình : 725 22 xy xy xyxy + ++= ++= Giải : ĐK có nghĩa của hệ phơng trình : { } min7,2x xy Đặt : 7x ya+= và 2x yb+ = . Từ hệ phơng trình đà cho ta có hệ. .. ẩn. " 1 . Giải hệ phơng trình : 42 22 698 (1) 81 3 4 4 0 (2) xy xyxyxy += +++= Giải : Giả sử hệ phơng trình có nghiệm . Ta thấy (2) tơng đơng với : ()() 2 2 320xy xy+ + = Để phơng trình này có nghiệm ®èi víi x ta ph¶i cã : ()() 22 7 34 201 3 yy yΔ= − − − ≥ ⇔ ≤ ≤ (3) MỈt khác phơng trình (2) cũng tơng đơng với : ( ) 22 4340 yx yxx + ++= Để phơng trình này có nghiệm ®èi... ++ Cả hai trờng hợp đều cho 1xzy===. Thử lại ta thấy 1xzy = == là nghiệm của hệ phơng trình . Tóm lại hệ đà cho có nghiệm duy nhÊt : 1xzy = ==. ) 17 . Gi¶i hƯ phơng trình : ++ = +++ + + = ++ − −= ⎪ ⎪ ⎩ 1118 3 111118 9 111728 27 xyz xyz xyz xyz xx yy zz xx yy zz 17 " 18 . Giải hệ phơng trình : ( ) 22 2 22 2 3888242 xy yxz xxy yz x yxyyzxz ⎧ +=− + ⎪ ++=− ⎨ ⎪ + ++=++ ⎩ ... iV. HÖ phơng trình n ẩn. ( n >3, n N ) " 1 . Giải hệ phơng trình : 1996 12 3 1996 23 4 1996 1995 1996 1 1996 1996 1 2 xx x xxx xx x xxx ⎧ += ⎪ += ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ += ⎪ ⎪ += ⎩ Gi¶i : Gọi X là giá trị lớn nhất của các nghiệm , 1, 1996 i xi= và Y là giá trị bé nhất của chúng. Thế thì từ phơng trình đầu ta cã : 2X 1996 12 3 xx x≥+= Tõ ®ã ®èi với các phơng trình của hệ ta có : 2X... ) 6. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng B ) Giải hệ phơng trình sau : 32 22 349 8817 xxy x xy y y x ⎧ +=− ⎨ −+=− ⎩ " 7 . ( §Ị thi HSG Qc Gia năm 1998-1999 Bảng A ) Giải hệ phơng trình : ( ) () 212 21 32 14 .5 12 41ln 2 0 xy xy xy yx yx − + + +=+ + ++ + = Giải . ĐK: 2 20yx+> Đặt 2txy = thì phơng trình thứ nhất của hệ trở thµnh : () 1 11 14 12 14.5 12 55 tt tt t t + −+ ++ +=+⇔=... () ( ) ( ) f f f fzx yxyyzy zx≤⇒ ≥ ⇒≥⇒ ≤ ⇒≤ x z⇒=. Víi x z= () () f fz x yt⇒=⇒= . Lóc đó hệ phơng trình trở thành : () () () 2 2 2 12 12 12 x y xy xy yx xy = = = = = 23xy== Vậy hệ phơng trình đà cho có 2 nghiệm : 23xyzt====+ và 23xy== . " Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ phơng trình có dạng (với n ch½n ): ( ) ( ) () () ()() () () 12 23 1 1 fg fg fg fg nn n xx xx xx xx = = = = ... nn x xxxxxx −− ≤≤≤ ≤⇒=== ; 24 2 24 nn x xxxxxx≥≥≥≥⇒=== 5 Ii. Hệ phơng trình giải đợc bằng phơng pháp lợng giác hoá. " 1 . Giải hệ phơng trình : ()() 22 111 (1) 1 1 2 (2) xyyx xy + = += Giải. §K : 2 2 1 10 1 10 x x y y ⎧ ≤ ⎧ −≥ ⎪ ⇔ ⎨⎨ ≤ −≥ ⎪ ⎩ ⎩ §Ỉt cos ; y=cosx α β = víi [ ] ,0; , khi đó hệ phơng trình : ()() cos .sin cos .sin =1 2 1 cos 1 cos 2 sin cos sin .cos 1... 49 697 698 81 9 81 81 xy+≤ + = < , kh«ng thoả mÃn (1). Vậy hệ phơng trình đà cho vô nghiƯm . ) 2 . ( §Ị thi HSG Qc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) Giải hệ phơng trình : 1 31 2 1 71 42 x xy y xy ⎧ ⎛⎞ += ⎪ ⎜⎟ + ⎪⎝ ⎠ ⎨ ⎛⎞ ⎪ −= ⎜⎟ ⎪ + ⎝⎠ ⎩ " 3 . ( §Ị thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) HÃy biện luận số nghiệm thực của hệ phơng trình với ẩn x, y : 342 2232 2 xy y a x yxyyb = + += Giải ... ==.®pcm ) 6 . Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất : ( ) () () 232 23 23 23 23 23 x my y my y mz z mz zmxxmx ⎧ =+ − + ⎪ =+ −+ ⎨ ⎪ =+ −+ ⎩ " 7. ( §Ị thi HSG Qc Gia năm 2004 Bảng A ) Giải hệ phơng trình sau : () () () 2 3 2 3 2 3 2 30 16 xxyz yyzx zzxy ⎧ + −= ⎪ ⎪ + −= ⎨ ⎪ + −= ⎪ ⎩ " 8 . Gi¶i hƯ phơng trình : () ( ) () () () () 23 23 23 12 1 12 1 12... phơng trình (5) có tối đa 1 nghiƯm trong [ ) 0; +∞ . Mµ () 3 f0 0b=− < và ( ) 3 2 3 fb 0bba= +> , nên phơng trình (5) cã duy nhÊt nghiƯm, kÝ hiƯu lµ 0 t trong ( ) 0; + ∞ . Suy ra hÖ cã duy nhÊt nghiÖm 22 00 0 , b x tyt t ⎛⎞ =− = ⎜⎟ ⎝⎠ . VËy tãm l¹i : + NÕu 0ab== thì hệ đà cho có vô số nghiệm . ` + NÕu a tuú ý , 0b ≠ thì hệ đà cho có duy nhất nghiệm . + Nếu 0, 0ab= thì hệ đà . 1Hệ phơng trình I. Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh. " Bài 1. ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 ) Giải hệ phơng trình :. . ) 3. Cho hệ phơng trình : 222x yay zazxa= += += + Tìm a để hệ phơng trình chỉ có nghiệm với dạng x yz==. ) 4. Giải hệ phơng trình :
