257 Bài tập về hệ phương trình năm 2014 - Kèm hướng dẫn giải

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:151

Thêm vào BST

Báo xấu

689
lượt xem 230
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là 257 bài tập hệ phương trình kèm lời giải giúp các bạn làm quen với nhiều dạng bài Toán về hệ phương trình đồng thời giúp các bạn học sinh 12 củng cố lại kiến thức môn Toán đã học về hệ phương trình. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 257 Bài tập về hệ phương trình năm 2014 - Kèm hướng dẫn giải

275 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỪ BOXMATH
257 H Phương Trình t BoxMath vn 1 Gi i h phương trình: √  x+3   = y3 − 6 √   y+2 = z 3 − 25 . √   z+1 = x3 + 1  ath **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i √ √ √ Đ t a = x + 3, b = y + 2, c = z + 1 (a, b, c ≥ 0). H phương trình tr thành 3 3   a    = b2 − 2 −6 a − b    = b2 − 2 − b − 6 = f (b)   3 3   b = c2 − 1 − 25 ⇔  b − c = c2 − 1 − c − 25 = g(c) xm    3 3   c = a2 − 3 c − a = a2 − 3   +1 − a + 1 = h(a)     Ta có: √ 3  b2 − 2 ≥ 6 > 13   a ≥0   3 b > ⇒ 3 ⇒ √ b ≥0   c2 − 1 ≥ 25 > 23 c > 3 Suy ra: bo  √ √ a  > 3 2 3  a −3 +1> 3⇒  2 3 √ 1 1 3 (∗) a  −3> 3−1> 2 Ta có: √ √  2 f (b) = 3 b2 − 2 .2b − 1 > 3.1.2 3 − 1 > 0 ∀b > 3 ://   √ √    2 g (c) = 3 c2 − 1 .2c − 1 > 3.22 .2 3 − 1 > 0 ∀c > 3   2 1 3 √ 1 √    2 2 (a) = 3 a − 3 .2a − 1 > 3. .2 3 − 1 > 3. .2 3 − 1 > 0 ∀a(∗)  h  2 2 Suy ra: f (b), g(c), h(a) là hàm đ ng bi n và f (2) = g(2) = h(2) = 0 Trư ng h p 1: a > 2 ⇒ h(a) > h(2) = 0 ⇒ c > a > 2 ⇒ g(c) > g(2) = 0 ⇒ b > c > 2 ⇒ f (b) > p f (2) = 0 ⇒ a > b > 2 ⇒ a > b > c > a. Suy ra trư ng h p a > 2 vô lý. Trư ng h p 2: a < 2, lý lu n tương t ta suy ra đi u vô lý. V y ta có: htt a = 2 ⇒ c = a + h(a) = 2 ⇒ b = c + g(c) = 2 √   x+3=2  x = 1  √    a=b=c=2⇔ y + 2 = 2 ⇔ y = 2 √      z+1=2  z=3 Th l i : x = 1, y = 2, z = 3 là nghi m c a h V y h phương trình có 2 nghi m là: (x; y; z) = (1; 2; 3) 2 Gi i h phương trình: 1 1  π  = 2 (y 4 − x4 ) − x 2y  1  + 1 = (x2 + 3y 2 ) (3x2 + y 2 )  x 2y **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** boxmath.vn 1
L i gi i vn  x =0 Đi u ki n: =0 y H phương trình tương đương v i 2  = 2y 4 − 2x4 + 3x4 + 3y 4 + 10x2 y 2   .   x 1  = 3x4 + 3y 4 + 10x2 y 2 − 2y 4 + 2x4 ath  y   2 = 5y 4 x + x5 + 10x3 y 2 ⇔  1 = 5x4 y + y 5 + 10x2 y 3   x5 + 5x4 y + 10x3 y 2 + 10x2 y 3 + 5xy 4 + y 5 = 2 + 1 ⇔ x5 − 5x4 y + 10x3 y 2 − 10x2 y 3 + 5xy 4 − y 5 = 2 − 1   (x + y)5 =3 xm ⇔ (x − y)5 = 1  √ x + y = 5 3 ⇔ x − y =1  √ 5 3+1 = x   √ 2  bo ⇔ 5  y =  3−1 2 √ 5 √ 5 3+1 3−1 V y h phương trình đã cho có 1 nghi m là: (x; y) = ; 2 2 :// 3 Gi i h phương trình:  z 2  + 2xyz = 1 (1)    2 2 2 3 4 3x y + 3xy = 1 + x y  (2)  z + zy 4 + 4y 3 = 4y + 6y 2 z  (3) **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i p Vì z = 0 không là nghi m c a h phương trình nên: 1 − z2 htt (1) ⇔ xy = 2z π π Đ t z = tan ϕ (∗) v i ϕ ∈ − , \ {0} 2 2 Ta có: 1 − z2 1 − tan2 ϕ xy = = = cot 2ϕ 2z 2 tan ϕ Thay vào (2) ta đư c : 3cot2 2ϕ − 1 1 3cot2 2ϕ + 3y cot 2ϕ = 1 + ycot3 2ϕ ⇔ y = 3 = = tan 6ϕ cot 2ϕ − 3 cot 2ϕ cot 6ϕ π Ta suy ra: x = cot 2ϕ. cot 6ϕ Thay vào (3) ta đư c : 4 tan 6ϕ − 4tan3 6ϕ z= = tan 24ϕ(∗∗) 1 − 6tan2 6ϕ + tan4 6ϕ boxmath.vn 2
T (∗)và (∗∗) ta có: vn tan 24ϕ = tan ϕ ⇔ 24ϕ = ϕ + kπ, k ∈ Z kπ ⇔ϕ= , k∈Z 23 . π π V iϕ∈ − , \ {0} ta thu đư c: 2 2 ath π 2π 3π 4π 5π 6π 7π 8π 9π 10π 11π ϕ=± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± 23 23 23 23 23 23 23 23 23 23 23 V y h phương trình có các nghi m là: (x; y; z) = (cot 2ϕ. cot 6ϕ; tan 6ϕ; tan ϕ) π 2π 3π 4π 5π 6π 7π 8π 9π 10π 11π v i ϕ = ± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± 23 23 23 23 23 23 23 23 23 23 23 4 Gi i h phương trình: xm  x2  + y 2 + xy = 37 (1)    2 x + z 2 + xz = 28 (2)    2  y + z 2 + yz = 19 (3) **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i bo Ta có (1) − (2) ⇒ y 2 − z 2 + x (y − z) = 9 ⇔ (y − z) (x + y + z) = 9 (4) (2) − (3) ⇒ x2 − y 2 + z (x − y) = 9 ⇔ (x − y) (x + y + z) = 9 (5)  x+y+z =0 (4) − (5) ⇒ [(y − z) − (x − y)] (x + y + z) = 0 ⇔  y−z =x−y :// Trư ng h p x + y + z = 0 ⇔ z = − (x + y). Thay vào h ta đư c:   x2  + y 2 + xy = 37    x2 + y 2 + xy = 28 (vô nghi m)   2  x + y 2 + xy = 19 p  x =y+t Trư ng h p: y − z = x − y = t ⇔ Thay vào (4) ta đư c: z =y−t htt 3 t (y + y + t + y − t) = 9 ⇔ ty = 3 ⇔ t = (6) y Thay vào (3) ta đư c: y 2 + (y − t)2 + y (y − t) = 19 ⇔ 3y 2 − 3ty + t2 = 19 ⇔ 3y 2 + t2 = 28 (7) Thay (6) vào (7) ta đư c:  y 2 = 9 ⇔ y = ±3 ⇒ t = ±1 π 9 √ 3y 2 + 2 = 28 ⇔ 3y 4 − 28y 2 + 9 = 0 ⇔   y  2 1 3 √ y = ⇔y=± ⇒ t = ±3 3 3 3 boxmath.vn 3
Gi i t ng trư ng h p vn   y =3 x =4 ⇒ t = 1 z = 2    y = −3 x = −4 ⇒ = −1 t z = −2 . √  √  x = 10 3  y = 3  ath    3√  √3 ⇒  t = 3 3    z = −  8 3 3 √ √   x = − 10 3  y = − 3     √ 3  √3 ⇒   t = −3 3    z =  8 3 3 xm V y h phương trình có 4 nghi m là: √ √ √ √ √ √ (x; y; z) = (4; 3; 2) , (−4; −3; −2) , 103 3 ; 33 ; − 8 3 3 , − 103 3 ; − 33 ; 8 3 3 5 Gi i h phương trình:  1 1   4x+ 2 − 1 4y+ 2 − 1 = 7.2x+y−1 (1)  x 4 + 4y + 2x+y − 7.2x − 6.2y + 14 = 0 (2) bo **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn ****  L i gi i x =2 u Đ t: (u > 0; v > 0) v = 2y Phương trình (2) tr thành u2 + (v − 7)u + v 2 − 6v + 14 = 0, có nghi m khi :// ∆ = (v − 7)2 − 4v 2 + 24v − 56 ≥ 0 7 ⇔ −3v 2 + 10v − 7 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ v ≤ 3 M t khác vi t phương trình (2) dư i d ng v 2 + (u − 6)v + u2 − 7u + 14 = 0, có nghi m khi ∆ = (u − 6)2 − 4u2 + 28u − 56 ≥ 0 p 10 ⇔ −3u2 + 16u − 20 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ u ≤ 3 htt 1 1 7 Phương trình (1) tương đương v i 2u − u 2v − v = 2 1 1 Xét hàm s : z = 2t − , t ≥ 1, có z = 2 + 2 > 0, ∀t ≥ 1 t t Do đó hàm s z đ ng bi n v i t ≥ 1  u ≥ 2 ⇒ 2u − 1 ≥ 7   u 2 ⇒ 2u − 1 2v − 1 ≥ 7  Khi đó:  1  v ≥ 1 ⇒ 2v − ≥ 1  u v 2 v   u = 2 x = 1 D u b ng trong phương trình (1) x y ra khi ⇔ π v = 1 y = 0 Vây h đã cho có 1 nghi m là : (x; y) = (1; 0) boxmath.vn 4
6 Gi i h phương trình: vn  √ log 2 + 2001x + 2004x = log 3 3 + 12 (2002x + 2003x )  2 3 √ log 2 + 2002x + 2003x = log 3 3 + 12 (2001x + 2004x )  2 3 **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i . H phương trình tương đương v i ath   3log 2 (2 + 2001x + 2004x ) = 2log3 [3 + 12 (2002x + 2003x )]  3log (2 + 2002x + 2003x ) = 2log3 [3 + 12 (2001x + 2004x )] 2   3log (2 + 2001x + 2004x ) = 2log3 [3 + 12 (2002x + 2003x )]    2  ⇔  3log2 (2 + 2001x + 2004x ) + 2log3 [3 + 12 (2001x + 2004x )]  = 3log2 (2 + 2002x + 2003x ) + 2log3 [3 + 12 (2002x + 2003x )] (2)    xm Xét hàm s f (t) = 3log2 (2 + t) + 2log3 (3 + 12t) v i t ∈ (0; +∞) 3 24 Ta có: f (t) = (2+t) ln 2 + (3+12t) ln 3 > 0, ∀t ∈ (0; +∞) Suy ra f tăng trên (0; +∞) M t khác: ∀x ∈ R, 2001x + 2004x > 0, 2002x + 2003x > 0 Do đó: (2) ⇔ 2001x + 2004x = 2002x + 2003x Ta th y x = 0 là 1 nghi m c a (2) do 20010 + 20040 = 20020 + 20030 ∀x ∈ R∗ , (2) ⇔ 2004x − 2003x = 2002x − 2001x Xét hàm s g (t) = tx v i x = 0 và t ∈ (0; +∞) bo Hàm s g th a mãn đi u ki n c a đ nh lý Lagrange trên [2003; 2004] và [2001; 2002] nên: ∃t1 ∈ (2003, 2004) : g (2004) − g (2003) = xtx−1 ⇔ 2004x − 2003x = xtx−1 v i t1 ∈ (2003; 2004) 1 1 x x x−1 Tương t : 2002 − 2001 = xt2 v i t2 ∈ (2001; 2002) Do đó: 2004x − 2003x = 2002x − 2001x x−1 ⇔ xtx−1 = xtx−1 v i x = 0, (t1 ∈ (2003; 2004) ; t2 ∈ (2001; 2002)) ⇔ t1 =1⇔x=1 :// 1 2 t2   3log 2 (2 + 2001x + 2004x ) = 2log3 [3 + 12 (2002x + 2003x )] Nên (I) ⇔ ∈ {0; 1} x Khi x = 0, ta có: 3log2 (2 + 2) = 2log3 27 (đúng) ⇒ x = 0 là 1 nghi m c a (I) Khi x = 1 , ta có: 3log2 (2 + 2001 + 2004) = log2 (4007)3 và 2log3 [3 + 12 (2002 + 2003)] = log3 (48063)2 Do (4007)3 > (48063)2 ⇒ log3 (48063)2 < log2 (48063)2 < log2 (4007)3 p Suy ra x = 1 không là nghi m c a (I) V y h đã cho có nghi m duy nh t x = 0 htt 7 Gi i h phương trình:  1  1 1 √ √  +√ +√ =3 3 (1)  x   y z  x + y + z = 1  (2)   7 xy + yz + zx = + 2xyz (3)   27 **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i Đi u ki n: x > 0, y > 0, z > 0 1 K t h p v i (2): x + y + z = 1 ta th y trong các s x, y, z ph i có ít nh t 1 s không l n hơn 3 , không π m t tính t ng quát ta gi s z ≤ 1 . Do đó z ∈ 0; 1 3 3 Đ t S = xy + yz + zx − 2xyz = xy (1 − 2z) + z (x + y) = xy (1 − 2z) + z (1 − z) x+y 2 1−z 2 1−z 2 1 Do xy ≤ = nên S ≤ (1 − 2z) + z (1 − z) = 4 (−2z 3 + z 2 + 1) 2 2 2 boxmath.vn 5
Xét hàm s f (z) = 1 (−2z 3 + z 2 + 1). 4 vn 1 Ta có f (z) = 4 (−6z 2 + 2z) = 2 z (−3z + 1) ≥ 0, ∀z ∈ 0; 1 . 1 3 1 7 1 7 1 Suy ra f (z) ≤ f 3 = 27 , ∀z ∈ 0; 3 Do đó: S ≤ 27 D u = x y ra khi và ch khi: x = y, z = 3 Thay vào (2) ta đư c: x = y = z = 1 3 Th l i ta th y (x; y; z) = 1 ; 3 ; 1 th a mãn h phương trình. 3 1 3 . 1 1 1 V y h phương trình có nghi m duy nh t (x; y; z) = ; ; 3 3 3 ath 8 Gi i h phương trình:  2003 2002 x + y    + xy = z 2 + 2z 2  4 4 22004 (I) x + y = 2z  (x + y)z−1 = (z + 2004)x−y   **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i xm 22004 2003 T h ta có: 2z = x + y ≥ 2x y ⇒ xy ≤ z 2 (1) 4 4 2 2 2 L i có: (x + y)2 ≤ 2 (x2 + y 2 ) ⇒ (x + y)4 ≤ 4(x2 + y 2 ) ≤ 4.2 (x4 + y 4 ) = 16z 2 2004 ⇒ x+y ≤ 2002 2z 2 (2) 2003 2002 T (1) và (2) cho ta: x + y + xy ≤ z 2 + 2z 2 2002 D u = x y ra khi và ch khi: x =  = z 2 y x=y=z=1 bo 2002   x = y = z2  (I) ⇔ ⇔  1 1  (2x)z−1 = (z + 2004)x−y x = y = ; z = ± 22002 √ 2 2 1 1 1 V y h phương trình có 3 nghi m: (x; y; z) = (1; 1; 1) , ; ;± 2 2 √ 22002 2 9 Gi i h phương trình: ://  (3 − x)2003  =y+2  1 √   1 (I) log3 2z−y  + log 1 (y + 2) = log √3 9 + 4y 3  log2 (x + z 2 ) = 2 + log2 x 2   **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i p L i gi i  x   >0  Đi u ki n:  2z > y htt    y > −2 H phương trình tương đương v i 2003  (3 − x)2003    (3 − x)  =y+2  =y+2      − log3 (2z − y) − log3 (y + 2) = −log3 (9 + 4y) ⇔  (2z − y) . (y + 2) = 9 + 4y   log2 x2 + z 2 = log2 4x  2 x + z 2 = 4x     (3 − x)2003  (3 − x)2003     =y+2   = y + 2 (1)   2 ⇔ y 2 + 9 + z 2 + 6y − 2yz − 6z = z 2 − 2z ⇔  (y + 3 − z) = z 2 − 2z (2) π    (x − 2)2 = 4 − z 2 (3)  2 − 4x + 4 = 4 − z 2   x  N u (x0 , y0 , z0 ) là nghi m c a h ta có: (x0 − 2)2 = 4 − z0 2 ⇒ 4 − z0 2 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ z0 ≤ 2 (4) boxmath.vn 6
(y0 + 3 − z0 )2 = z0 2 − 2z0 ⇒ z0 2 − 2z0 ≥ 0 ⇔ z0 ≤ 0 ∨ z0 ≥ 2 (5) vn K t h p v i đi u ki n bài toán là z0 ≥ 0 v i  và (5) ta có: z0 = 0 ∨ z0 = 2  (4)  x0 = 0  x0 = 4 - V i z0 = 0 t (2) và (3) ta có ∨ không th a đi u ki n bài toán  y = −3  y = −3 0 0   x0 =2 - V i z0 = 2 t (2) và (3) ta có Th a mãn phương trình (1) và đi u ki n bài toán. . = −1 y 0 V y h phương trình có nghi m duy nh t là: (x; y; z) = (2; −1; 2) . ath 10 Gi i h phương trình:  x + y + z + t = 15 (1)       2 x + y 2 + z 2 + t 2 =  65 (2)  3 x   + y 3 + z 3 + t3 = 315 (3)     xt = yz (4) xm  **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i (2) ⇔ (x + t)2 + (y + z)2 − 2xt − 2yz = 65 ⇔ (x + y + z + t)2 − 2(x + t)(y + z) − 4xt = 65(do(4)) ⇔ (x + y + z + t)2 − 2(x + t) [15 − (x + t)] − 4xt = 65(do(1)) bo ⇔ 152 − 2(x + t) [15 − (x + t)] − 4xt = 65 ⇔ (x + t)2 − 15(x + t) − 2xt = −80 (5) (3) ⇔ (x + t)3 + (y + z)3 − 3xt(x + t) − 3yz(y + z) = 315 ⇔ (x + t)3 + (y + z)3 − 3xt(x + y + z + t) = 315(do(4)) :// ⇔ (x + y + z + t)3 − 3(x + t)(y + z)(x + y + z + t) − 45xt = 315(do(1)) ⇔ 153 − 45(x + t) [15 − (x + t)] − 45xt = 315 ⇔ (x + t)2 − 15(x + t) − xt = −68 (6) L y (6) tr (5), ta đư c: xt = 12  x+t=8 Thay vào (5) ta đư c: (x + t)2 − 15(x + t) + 56 = 0 ⇔  p x+t=7    x + t =8 x =6 x =2 Ta có h phương trình sau: ⇔ ∨ htt  xt = 12 t =2 t =6       y +z =7 y =4 y = 3 x + t = 7 x =4 x =3 Thay vào h (I) ta có: ⇔ ∨ ⇔ ∨  yz = 12 z =3 z = 4  xt = 12 t =3 t =4    y +z =8 y =6 y =2 Thay vào h (I) ta có: (I) ⇔ ⇔ ∨ = 12  yz z = 2 z = 6 V y h phương trình có các nghi m (x; y; z; t) = (6; 4; 3; 2), (6; 3; 4; 2), (2; 4; 3; 6), (2; 3; 4; 6), (4; 6; 2; 3), (4; 2; 6; 3), (3; 6; 2; 4), (3; 2; 6; 4) 11 Gi i h phương trình: π   3 x + 4y = y 3 + 16 (1) 1 + y 2  = 5 (1 + x2 ) (2) **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** boxmath.vn 7
L i gi i vn 2 2 (2) ⇔ y − 5x = 4 (3) Thay vào (1) ta có:  x=0 x3 + y 2 − 5x2 y = y 3 + 16 ⇔ x3 − 5x2 y − 16x = 0 ⇔  x2 − 5xy − 16 = 0 . ath x = 0 ⇒ y 2 = 4 ⇔ y = ±2 x2 − 16 x2 − 5xy − 16 = 0 ⇔ y = 5x 2 x2 − 16 − 5x2 = 4 ⇔ 124x4 + 132x2 − 256 = 0 ⇔ x2 = 1 5x  x = 1 ⇒ y = −3 ⇔ xm x = −1 ⇒ y = 3 V y h phương trình đã cho có 4 nghi m là: (x; y) = (0; ±2) , (1; −3) , (−1; 3) 12 Gi i h phương trình:   2 2 x y − 2x + y 2 = 0 (1)  3 2x + 3x2 + 6y − 12x + 13 = 0 (2) bo **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i (1) ⇔ 2x = x2 y 2 + y 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 2x (1) ⇔ y 2 x2 + 1 = 2x ⇔ y 2 = 2 ≤ 1 ⇒ −1 ≤ y ≤ 1 x +1 :// (2) ⇔ 2x3 + 3x2 − 12x + 7 + 6y + 6 = 0 ⇔ (x − 1)2 (2x + 7) + 6 (y + 1) = 0  Ta có:  (x − 1)2 (2x + 7) ≥ 0 (do x ≥ 0 ⇒ 2x + 7 > 0) ⇒ (x − 1)2 (2x + 7) + 6 (y + 1) ≥ 0 p  6 (y + 1) ≥ 0 (−1 ≤ y ≤ 1)    (x − 1)2 (2x + 7) =0 x =1 D u = x y ra khi và ch khi ⇔ = −1 htt +1=0 y y Th l i ta th y x = 1, y = −1là nghi m c a h V y h phương trình có 1 nghi m là: (x; y) = (1; −1) 13 Gi i h phương trình:   3 x (2 + 3y) =1 x (y 3  − 2) = 3 **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i  1  2 + 3y = 3 (1) π  x  (I) ⇔ (do x = 0 không là nghi m c a h )  3 3  y − 2 = (2)  x boxmath.vn 8
L y (1) + (2) v theo v ta đư c: vn 1 3 1 1 y 3 + 3y = 3 + ⇔ y3 − 3 + 3 y − =0 x x x x 1 1 y 1 1 1 y ⇔ y− y2 + 2 + +3 y− =0⇔ y− y2 + 2 + + 3 = 0 x x x x x x x 1 1 2 3 1 . ⇔ y− y+ + 2 +3 =0⇔y = x 2x 4x x ath  x = −1 ⇒ y = −1 1 3 Thay vào (2) ta đư c : x3 −2= x ⇔ 2x3 + 3x2 − 1 = 0 ⇔   1 x= ⇒y=2 2 1 V y h phương trình có 2 nghi m là: (x; y) = (−1; −1) , 2 ;2 14 Gi i h phương trình:  √ 1 +√ 1 = √ 2 xm 1+2x2 1+2xy  1+2y 2 2 x (1 − 2x) + y (1 − 2y) =   9 **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn ****  L i gi i  x (1 − 2x) ≥0 1    0  ≤x≤ 2   ĐK: y (1 − 2y) ≥ 0 ⇔ (α) V i ĐK (α) ta có BĐT : 1 bo     0 ≤ y ≤   1 + 2xy > 0 2 1 1 2 √ +√ 2 ≤√ (∗) 1 + 2x 2 1 + 2y 1 + 2xy Theo BCS ta có: :// 2 1 1 1 1 √ +√ ≤2 + (1) 1 + 2x2 1 + 2y 2 1 + 2x2 1 + 2y 2 √ = ⇔ 1 + 2x2 = 1 + 2y 2 ⇔ x = y (do x,y ≥ 0) Ta có: 1 1 2 2(y − x)2 (2xy − 1) + − = ≤ 0 (doα) 1 + 2x2 1 + 2y 2 1 + 2xy (1 + 2x2 ) (1 + 2y 2 ) (1 + 2xy) p 1 1 2 ⇒ 2 + 2 ≤ (2) 1 + 2x 1 + 2y 1 + 2xy htt D u = x y ra khi và ch khi x = y T (1) và (2) ta có BĐT (∗) D u = x y ra khi và ch khi x = y Ta có h phương trình: √ 9 − 73   x = y x = y = 36  2 ⇔  √  x (1 − 2x) + x (1 − 2x) =   9 + 73 9 x=y= 36 √ √ √ √ 9− 73 9− 73 9+ 73 9+ 73 V y h phương trình có 2 nghi m là: (x; y) = 36 ; 36 , 36 ; 36 15 Gi i h phương trình: π   3 4x + 3xy 2 = 7y (1)  3 y + 6x2 y = 7 (2) **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** boxmath.vn 9
L i gi i vn Ta có: x = y = 0 không là nghi m c a h (2) ⇔ y (y 2 + 6x2 ) = 7 > 0 ⇒ y > 0 (1) ⇔ x (4x2 + 3y 2 ) = 7y > 0 ⇒ x > 0 (1) − (2) ⇒ 4x3 + 3xy 2 − y 3 − 6x2 y = 7 (y − 1) . ⇔ (x − y) 4x2 − 2xy + y 2 = 7 (y − 1) (3) ath Ta suy ra x − y, y − 1 cùng d u Ta có: 4x2 − 2xy + y 2 = 3x2 + (x − y)2 > 0 (do x, y > 0) N u: 0 < y < 1 ⇒ y − 1 < 0 ⇒ x − y < 0 ⇒ 0 < x < y < 1 ⇒ y 3 + 6x2 y < 7(mâu thu n v i (2)) N u: y > 1 ⇒ y − 1 > 0 ⇒ x − y > 0 ⇒ x > y > 1 ⇒ y 3 + 6x2 y > 7 (mâu thu n v i (2)) Nên y = 1 thay vào (2) ta suy rax = 1 V y h phương trình có 1 nghi m là: (x; y) = (1; 1) xm 16 Gi i h phương trình:  x3 + y 3 + x2 (y + z) = xyz + 14 (1)     3 y + z 3 + y 2 (x + z) = xyz − 21 (2)    3 z + x3 + z 2 (x + y) = xyz + 7 (3) bo **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i (1) + (2) + (3) ⇒ x3 + y 3 + z 3 + x2 + y 2 + z 2 (x + y + z) = 3xyz ⇔ (x + y + z)3 − 3 (x + y + z) (xy + yz + zx) + x2 + y 2 + z 2 (x + y + z) = 0 :// ⇔ (x + y + z) x2 + y 2 + z 2 − (xy + yz + zx) + x2 + y 2 + z 2 = 0  x2 + y 2 + z 2 − (xy + yz + zx) + x2 + y 2 + z 2 = 0 (∗) ⇔  x + y + z = 0 (∗∗) TH (∗) ta có:   x2 + y 2 + z 2 − (xy + yz + zx) ≥ 0  x2 ⇒ V T(5) ≥ 0 + y2 + z2 ≥ 0 p D u = x y ra khi: x = y = z = 0 TH(∗∗) : x + y + z = 0 ⇔ z = − (x + y) htt Thay vào (1) và (3) ta có h phương trình sau:   y3 + xy (x + y) = 14 (I)  x3 + xy (x + y) = 7 Xét x = 0   y3 = 14 (I) ⇔ (vn) 0 =7 Xét x = 0 Đ t: y = kx ta có: π   x3  k 3 + k 2 + k = 14 (4) (I) ⇔  3 x k 2 + k + 1 = 7 (5) boxmath.vn 10
k3 + k2 + k (4) : (5) ⇒ 2 = 2 ⇔ k 3 − k 2 − k − 2 = 0 ⇔ k = 2 ⇔ y = 2x vn k +k+1 Thay vào (5) ta đư c: x = 1 ⇒ y = 2 ⇒ z = −3 V y h phương trình có 1 nghi m là: (x; y; z) = (1; 2; −3) 17 Gi i h phương trình:  .  2 y + x + xy − 6y + 1 = 0 (1) ath  3 y x − 8y 2 + x2 y + x = 0 (2) **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i L y (2) tr (1) ta có: xy(y 2 + x − 1) = (3y − 1)2 (3)  (1) ⇔ y 2 + x + xy − 6y + 1 = 0 (4) u = y2 + x xm Đ t: = xy v T (3) và (4) ta có:  v (u − 1) = (3y − 1)2  u + v = 6y − 1  v (6y − v − 2) = (3y − 1)2 bo ⇔ u = 6y − 1 − v  v 2 − 2(3y − 1)v + (3y − 1)2 = 0 ⇔  u = 6y − 1 − v  − 3y + 1)2 = 0 (v ⇔ ://  u = 6y − 1 − v    = 3y − 1 v xy = 3y − 1 (3y − y 2 ) y = 3y − 1 ⇔ ⇔ ⇔  u = 3y  y 2 + x = 3y  x = 3y − y 2    y 3 − 3y 2 + 3y − 1 = 0 (y − 1)3 = 0 y = 1 ⇔ ⇔ ⇔  x = 3y − y 2  x = 3y − y 2 x = 2 p V y h phương trình có 1 nghi m là: (x; y) = (2; 1) 18 Gi i h phương trình: htt   3 x + 3xy 2 = x2 + y 2 + 2 (1)  4 x + y 4 + 6x2 y 2 = 8 (2) **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i (2) ⇔ x x2 + 3y 2 = x2 + y 2 + 2 ⇒ x > 0   x4 =8 N u y = 0 : (I) ⇔ (V N ) T đó suy ra: y = 0  x3 = x2 + 2 π 2    x2 + y 2 + (2xy)2 = 8 (3) (I) ⇔  2 x + y 2 + 2 = x x2 + y 2 + y (2xy) (4) boxmath.vn 11
T (4) ta có: vn 2 2 2 (x2 + y 2 + 2) = [x (x2 + y 2 ) + y (2xy)] ≤ (x2 + y 2 ) (x2 + y 2 ) + (2xy)2 = 8 (x2 + y 2 ) (∗) (do (3)) 2 ⇔ x2 + y 2 + 4 x2 + y 2 + 4 ≤ 8 x2 + y 2 2 ⇔ x2 + y 2 − 4 x2 + y 2 + 4 ≤ 0 . 2 ⇔ x2 + y 2 − 2 ≤0 ath ⇔ x2 + y 2 − 2 = 0 ⇔ x2 + y 2 = 2 x2 + y 2 2xy = (dox > 0, y = 0) D u = trong (*) x y ra khi: x y 2 ⇔ = 2x ⇔ x2 = 1 ⇔ x = 1 (dox > 0) x xm    1 + y 4 + 6y 2 = 8  y 4 + 6y 2 − 7 = 0 Th vào h (I) ta có: ⇔  1 + 3y 2 = 1 + y 2 + 2  y2 = 1    y2 = 1 ∨ y 2 = −7 y=1 ⇔ ⇔ y2 = 1 ⇔   y2 =1 y = −1 bo V y h phương trình có 1 nghi m là: (x; y) = (1; 1) , (1; −1) 19 Gi i h phương trình:   3 x + 3xy 2 = −49  2 x − 8xy + y 2 = 8y − 17x :// **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i u+v  = x  =x+y u 2   Cách 1: Đ t: ⇔ u − v Ta đưa h phương trình v d ng: v = x − y  y =  2   u3 + v 3 = −98 p  − 3u2 + 5v 2 = −9u − 25v htt Ta nhân phương trình th hai v i 3 r i c ng v i phương trình th nh t ta đư c: (u − 3)3 + (v + 5)3 = 0 ⇔ u − 3 = −v − 5 ⇔ u = −v − 2 Thay vào phương trình th nh t ta đư c: (−v − 2)3 + v 3 = −98 ⇔ v 2 + 2v − 15 = 0 π  v = 3 ⇒ u = −5 ⇔ v = −5 ⇒ u = 3 boxmath.vn 12
Ta suy ra: vn   x = −1 x = −1 ∨ y = −4 y =4 V y h phương trình có 2 nghi m là: (x; y) = (−1; −4) , (−1; 4) Cách 2: Nhân phương trình th hai c a h v i 3 r i c ng cho phương trình đ u ta đư c: . (x + 1) (x − 1)2 + 3(y − 4)2 = 0 ath T đó ta gi i h tìm nghi m 20 Gi i h phương trình:  x3 (y 2  + 3y + 3) = 3y 2    3 2 2 y (z + 3z + 3) = 3z    3 2 z (x + 3x + 3) = 3x2 xm **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i TH1: xyz = 0    3y 2 =0 y =0 x = 0, (I) ⇔ ⇔ bo  3z 3 =0 z =0 H có nghi m x = y = z = 0 y = 0, z = 0 Cmtt h có nghi m x = y = z = 0 TH2: xyz = 0  3 3 3   3 = 2 + +1  ://  x  y y   3  3 3 (I) ⇔ = 2 + +1  y3  z z   3   3 3 = 2 + +1    z 3 x x 1 1 1 Đ t a = ,b = ,c = x y z p   3a3 = 3b2 + 3b + 1(1)    (I) ⇔  3b3 = 3c2 + 3c + 1(2)  htt 3c3 = 3a2 + 3a + 1(3)   T (1), (2), (3) ⇒ a, b, c > 0 N u a > b: (1) − (2) ⇒ 0 < 3 (a3 − b3 ) = 3(b − c)(b + c + 1) ⇒ b > c (2) − (3) ⇒ 0 < 3(b3 − c3 ) = 3(c − a)(c + a + 1) ⇒ c > a ⇒ a > b > c > a (vô lý) Suy ra h vô nghi m N u a < b: Cmtt như trư ng h p: a > bta suy ra h vô nghi m.Ta suy ra a = b(4) N u b > c: π (2) − (3) ⇒ 0 < 3(b3 − c3 ) = 3(c − a)(c + a + 1)⇒ c > a (3) − (1) ⇒ 0 < 3(c3 − a3 ) = 3(a − b)(a + b + 1)⇒ a > b⇒ b > c > a > b (vô lý) Suy ra h vô nghi m boxmath.vn 13
N u b < c: vn Cmtt như trư ng h p: b > c ta suy ra h vô nghi m Ta suy ra b = c (5) T (4) và (5) ta suy ra a = b = c⇔ x = y = z Th vào h (I) ta đư c: x3 (x2 + 3x + 3) = 3x2 ⇔ x3 + 3x2 + 3x = 3 (do x = 0) √ ⇔ (x + 1)3 = 4 ⇔ x = −1 + 3 4 √ √ √ V y h phương trình có 1 nghi m là: (x; y; z) = −1 + 3 4; −1 + 3 4; −1 + 3 4 . ath 21 Gi i h phương trình:   x3    + x(y − z)2 = 2  y 3 + y(z − x)2 = 30  + z(x − y)2 = 16   3 z **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i xm Ta đưa h v d ng:   x(x2  + y 2 + z 2 − 2yz) = 2 (1)    y(x2 + y 2 + z 2 − 2xz) = 30 (2)  z(x2 + y 2 + z 2 − 2xy) = 16 (3)   L y (1) + (2) − 2(3) ta có: (x + y − 2z) (x2 + y 2 + z 2 ) = 0 bo  x + y − 2z = 0 ⇔ y = 2z − x ⇔ x2 + y 2 + z 2 = 0 ⇔ x = y = z = 0 (l) Thay y = 2z − x vào phương trình (1) và (3) ta có: :// x(2x2 + z 2 − 2xz) = 2 (4) z(4x2 + 5z 2 − 4xz) = 16(5) Đ t z = kx ta tìm đư c k = 2 V y h phương trình đã cho có 1 nghi m là: (x, y, z) = (1, 3, 2) 22 Gi i h phương trình:  p  4 x − y 4 = 240  3 x − 2y 3 = 3 (x2 − 4y 2 ) − 4 (x − 8y) htt **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i Nhân phương trình th hai v i -8 r i c ng v i phương trình th nh t ta đư c x4 − 8x3 + 24x2 − 32x + 16 = y 4 − 16y 3 + 96y 2 − 256y + 256 ⇔ (x − 2)4 = (y − 4)4 ⇔ x − 2 = y − 4 ∨ x − 2 = 4 − y ⇔ x = y − 2 ∨ x = 6 − y π boxmath.vn 14
Thay vào phương trình đ u ta đư c: vn (1) − 8y 3 + 24y 2 − 32y + 16 = 240 ⇔ y 3 − 3y 2 + 4y + 28 = 0 ⇔ (y + 2) y 2 − 5y + 14 = 0 ⇔ y = −2 ⇒ x = −4 . (2) − 24y 3 + 216y 2 − 864y + 1296 = 240 ath ⇔ y 3 − 9y 2 + 36y − 44 = 0 ⇔ (y − 2) y 2 − 7y + 22 = 0 ⇔y=2⇒x=4 V y h phương trình đã cho có 2 nghi m là: (x; y) = (−4; −2) , (4; 2) 23 Gi i h phương trình: xm  √  x4   + 2y 3 − x = − 1 + 3 3 (1) 4 √   4 3 1 y + 2x − y = − 4 − 3 3 (2)   z + y − x = log3 (y − x) (3)   **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i bo ĐK: y − x > 0 L y (1) + (2) v theo v ta đư c: 1 1 x4 + 2x3 − x + + y 4 + 2y 3 − y + = 0 4 4 1 2 1 2 ⇔ x2 + x − + y2 + y − =0 2 √ √ 2 :// −1 − 3 −1 + 3 ⇔ x, y ∈ ; 2 2 Xét phương trình: t2 + t − 1 = 0 (∗) 2 Gi s α là 1 nghi m c a phương trình (∗) 1 α 3α − 1 4 3 ⇒ α2 = −α + ; α3 = −α2 + = ; α = −2α + 2 2 2 4 p T c là: 3 3y − 1 x4 = −2x + ; y 3 = 4 2 √ √ √ htt Thay vào (1) ta đư c: y − x = 3 Suy ra: x = −1− 3 ; y = −1+ 3 th a (1) ; (2) ; (4) √ 2 2 V i y − x = 3 (th a đi u ki n), thay vào (3) ta đư c: √ √ 1 √ z + 3 = log3 3 ⇔ z = − 3 2 V y h phương trình đã cho có nghi m duy nh t: √ √ √ (x; y; z) = −1− 3 ; −1+ 3 ; 1−2 3 2 2 2 24 Gi i h phương trình:  x3  − 2y 3 − 2 (x2 − 3y 2 ) + 3 (x − 2y) − 1 = 0 π    3 y − 2z 3 − 2 (y 2 − 3z 2 ) + 3 (y − 2z) − 1 = 0    3 z − 2x3 − 2 (z 2 − 3x2 ) + 3 (z − 2x) − 1 = 0 **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** boxmath.vn 15
L i gi i vn   x3  − 2x2 + 3x − 1 = 2y 3 − 6y 2 + 6y   (I) ⇔  y 3 − 2y 2 + 3y − 1 = 2z 3 − 6z 2 + 6z   3  z − 2z 2 + 3z − 1 = 2x3 − 6x2 + 6x . Đ t: f (t) = t3 − 2t2 + 3t − 1; g (t) = 2t3 − 6t2 + 6t Ta có: ath f (t) = 3t2 − 4t + 3 > 0, ∀t ∈ R; g (t) = 6t2 − 12t + 6 = 6(t − 1)2 ≥ 0, ∀t ∈ R Do đó f (t) , g (t) đ ng bi n trên R  f   (x) = g (y) (1)  (I) ⇔  f (y) = g (z) (2) (II)  xm   f (z) = g (x) (3) Gi s (x, y, z) th a mãn h phương trình đã cho. Không m t tính t ng quát, gi s x ≥ y T (1) và (2) suy ra: g (y) ≥ g (z) ⇒ y ≥ z T (2) và (3) suy ra: bo g (z) ≥ g (x) ⇒ z ≥ x Do đó: x = y = z  x =y=z (II) ⇔  x3 − 4x2 + 3x + 1 = 0 (4) :// Đ t t=x−1 (4) ⇔ (t + 1)3 − 4(t + 1)2 + 3 (t + 1) + 1 = 0 ⇔ t3 − t2 − 2t + 1 = 0 (5) Đ t h (t) = t3 − t2 − 2t + 1, ta có h (t) liên t c trên R Vì h (−2) = −7 < 0; h (0) = 1 > 0; h (1) = −1 < 0; h (2) = 1 > 0 p Nên phương trình: h (t) = 0 có 3 nghi m phân bi t n m trong kho ng (−2, 2) Đ t t = 2 cos ϕ, ϕ ∈ (0, π). Khi đó sin ϕ = 0 htt (5) ⇔ 8cos3 ϕ − 4cos2 ϕ − 4 cos ϕ + 1 = 0 ⇔ 4 cos ϕ 2cos2 ϕ − 1 − 4 1 − sin2 ϕ + 1 = 0 ⇔ 4 cos ϕ cos 2ϕ + 4sin2 ϕ − 3 = 0 ⇔ 4 cos ϕ cos 2ϕ sin ϕ = 3 sin ϕ − 4sin3 ϕ ⇔ sin 4ϕ = sin 3ϕ  4ϕ = 3ϕ + k2π ⇔ (k ∈ Z) 4ϕ = −3ϕ + k2π π  ϕ = k2π ⇔ π k2π (k ∈ Z)   ϕ= + 7 7 boxmath.vn 16
π 3π 5π V i ϕ ∈ (0, π) ta thu đư c: ϕ ∈ ; ; 7 7 7 vn π 3π 5π Do đó: t = 2 cos ϕ, ϕ ∈ ; ; 7 7 7 π 3π 5π (x; y; z) = (2 cos ϕ + 1; 2 cos ϕ + 1; 2 cos ϕ + 1) , ϕ = ; ; V y h phương trình có nghi m: 7 7 7 . 25 Gi i h phương trình:  √ √ ath   1+ 1 − x2 = x 1 + 2 1 − y 2 (1) √ 1  1+x + √1 1+y =√ 2 √ (2) 1+ xy **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** L i gi i ĐK: |x| ≤ 1, |y| ≤ 1, xy ≥ 0 T (1) suy ra 0 ≤ x ≤ 1. Do đó: 0 ≤ y ≤ 1 Ta có: xm 2 1 1 1 1 √ +√ ≤2 + (3) 1+x 1+y 1+x 1+y Ta ch ng minh đư c: 1 1 2 + ≤ √ (4) 1+x 1+y 1 + xy Th y v y: √ √ bo (4) ⇔ 2 + x + y + 2 xy + xy (x + y) ≤ 2 + 2 (x + y) + 2xy √ √ √ ⇔ (1 − xy) (x + y) − 2 xy (1 − xy) ≥ 0 √ √ √ 2 ⇔ (1 − xy) x − y ≥ 0 (∀x, y ∈ [0, 1]) T (3) và (4), suy ra: 1 1 2 √ +√ ≤ :// 1+x 1+y √ 1+ xy Đ ng th c x y ra khi và ch khi: x = y Thay x = y vào (2) ta đư c: √ √ 1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2 (5) Đ t x = sin t, t ∈ 0; π p 2 √ (5) ⇔ 1 + cos t = sin t (1 + 2 cos t) √ t t t t π t htt ⇔ 2 cos = 2 sin cos 1 + 2 1 − 2sin2 dot ∈ 0; ⇒ cos > 0 2 2 √ 2 2 2 2 t t 2 ⇔ 3 sin − 4sin3 = 2 2 2 3t π ⇔ sin = sin  2 4 π k4π t = + ⇔  6 3 (k ∈ Z)  π k4π t= + 2 3 V i t ∈ 0; π , ta đư c: π 2  π  1 t = 6 ⇔ x = 2 π    t= x=1 2 boxmath.vn 17
1 1 V y h phương trình đã cho có 2 nghi m: (x; y) = ; 2 2 , (1; 1) vn 26 Gi i h phương trình:   2 1 x + y2 = 5  2 57 4x + 3x − 25 = −y(3x + 1) **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** . L i gi i ath  5  x2 + y 2 = 1 (I) ⇔  57  4x2 + 3x + 3xy + y = 25   2(x2 10  + y2) = 25  ⇔  2 47  2x  − 2y 2 + 3x + 3xy + y = xm 25 Ta th y: 47 2x2 − 2y 2 + 3x + 3xy + y = 25 47 ⇔ (2x − y) (x + 2y) + (2x − y) + (x + 2y) = 25  = 2x − y a bo Đ t ta đư c: b = 2x + y   a2  + b2 = 1 47  ab + a + b  = 25  (a + b)2 − 2ab = 1  ://  ⇔ 94  2ab + 2a + 2b = 25 2   2ab = (a + b) − 1  ⇔ 144  (a + b + 1)2 = 25 7   a + b = p  5     12   ab =  ⇔  25 htt  17  a + b = −  25   132    ab =  25 Ta th y h phương trình th 2 vô nghi m, h phương trình th 1 có 2 nghi m là:  3  a = 4  2  11 a  =  x =  x =  5 ∨ 5 ⇔ 5 ∨ 25      b =  4  b =  3  y =  1  y =  2 5 5 5 25 π 2 1 11 2 V y h phương trình đã cho có 2 nghi m: (x; y) = ; 5 5 , ; 25 25 boxmath.vn 18
27 Gi i h phương trình:  vn  x2  + y 2 = −y (x + z)    2 x + x + y = −2yz    2 3x + 8y 2 + 8xy + 8yz = 2x + 4z + 2 **** http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn - http://boxmath.vn **** . L i gi i ath   x (x + y) + y (y  + z) = 0 (1)   (I) ⇔ x (x + 1) + y (2z + 1) = 0 (2) (I)   4(x + y)2 + 4(y + z)2 = (x + 1)2 + (2z + 1)2 (3)   Trong m t ph ng t a đ Oxy ch n: → = (x, y) ; → = (x + y, y + z) ; → = (x + 1, 2z + 1) −u −v − w Khi đó: → →  − .− = 0 → →  u v  − .− = 0 (4)  u v xm   →.→ = 0 − − ⇔ →.→ = 0 (5) − −   (I) ⇔ u w u w   4|→| = |→| (6) − 2 − 2 |→| = 2 |→| (6) − −      v w  w v Ta xét 2 trư ng h p sau: → − TH1: N u → = 0 ⇒ x = y = 0 (và lúc đó (4) , (5) cũng đư c th a mãn) Thay x = y = 0 vào (6), − u t c là thay vào (3) và ta có: bo 1 4z + 2 = 0 ⇔ z = − 2 Do đó h có nghi m: 0; 0; − 1 2 → = → .T (6) ta suy ra →, → ho c là cùng = →, ho c là chúng cùng là vectơ không. − TH2: N u u − 0 − − w v − 0 →=→=→ − a) N u w −v − 0 ://  x + 1 = 0      x = −1       2z + 1 = 0    1 ⇔ ⇔ z=− x + y = 0      2      z = x = −y  y + z = 0  Trư ng h p này vô nghi m → − b) N u →, → cùng = 0 . Khi đó do (4) , (5) suy ra →, → là 2 vectơ cùng phương (vì chúng cùng − − − − p w v w v →). K t h p v i (6) suy ra: → = 2→ ∨ → = −2→ − vuông góc v i u − w − − v w −v → = 2→ − N u w −v htt  x = 0   x + 1 = 2x + 2y  ⇔ ⇔ 1  2z + 1 = 2y + 2z y =  2 1 1 Thay x = 0, y = 2 vào (1), ta có: z = − 2 Trư ng h p này h có nghi m: 0; 1 ; − 2 2 1 N u → = −2→ − w − v  y = −1 − 3x    x + 1 = −2x − 2y  2  ⇔ ⇔ 2z + 1 = −2y − 2z z =  3x 4 π Thay vào (1), ta có: 8x2 = 2(1 + 3x)2 = 7x + 21x2 ⇔ 5x2 + 5x + 2 = 0 boxmath.vn 19