Phương pháp giải hệ phương trình ba ẩn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Phương pháp giải hệ phương trình ba ẩn" cung cấp với mục đích bổ sung nâng cao kiến thức giải các bài toán về giải hệ phương trình ba ẩn cho các em học sinh THCS đặc biệt là học sinh lớp 6. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để nắm chi tiết nội dung các bài tập.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp giải hệ phương trình ba ẩn

PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BA ẨN “tailieumontoan.com” I. Bài tâp Date  xy  x + y =1   yz a 1 x + b1 y + c 1z = d1 Thí dụ 2. Giải HPT  = 2.  y + z  1 HPT dạng a 2 x + b2 y + c 2 z = d 2 (I)  zx a x + b y + c z =  =3  3 3 3 d3  z + x a i , bi , c i ∈ ; i = 1, 2,3 . Lời giải. ĐK: ( x + y )( y + z )(z + x ) ≠ 0 . Sử dụng phương pháp cộng và phương pháp thế ta đưa Từ hệ suy ra xyz ≠ 0 , do đó biến đổi ta nhận được hệ :  Ax = B 1 1   1 1 hệ (I) về hệ có dạng:  A1 x + B1 y = C1 =  + 1  = + 1 A x + B y + C z = x y  x y  2 D  1 1  1 1 1 2 2 1 (hệ tam giác) từ đó tìm được x , y , z .  + = ⇔ + = y z 2  y z 2 x + y + z = 1 1 1 1  1 1 1 11  = +  + = + Thí dụ 1. Giải HPT x + 2 y + 4z = 8  z x 3  x y z 12 x + 3 y + 9z = 27   1 −1 Lời giải. Trừ vế với vế (2) và (1) ta có: y + 3z = 7  =  z 12 Trừ vế với vế (3) và ( 2 ) ta có: y + 5z = 19 1 5  12 12  ⇔  = ⇔ ( x ; y ; z ) = ; ; −12  . Trừ vế với vế (5) và (4) ta có: 2z = 12  x 12  5 7   1 7  2z = 12  y = 12   Ta có hệ  y + 3z = 7 , x + y + z =  12 12   1 Vậy hệ đã cho có nghiệm: (= x ; y ; z )  ; ; −12  ;  5 7  do đó: ( x ; y ; z= ) ( 6; −11;6 ) . x + 2 y + 3z =3 Vậy hệ đã cho có nghiệm: ( x , y , z= ) ( 6; −11;6 ) .  Thí dụ 3. Giải HPT 2x + 3 y + z =2. x + y = a 3x + y + 2z = 7   2 HPT dạng y + z = b (II) (a , b , c ∈  ) . Lời giải. Cộng vế với vế 3 PT của hệ ta có: x + y + z =2. z + x = c  x + 2 y + 3z = 3  1 Khi đó ta có hệ 2x + 3 y + z = 2 Từ (II) suy ra x + y + z= 2 ( a + b + c ) * ()  x + y +z = 2  Trừ vế với vế 2 PT đầu của hệ với PT thứ ba ta được hệ Từ (*) và các phương trình của hệ (II) sử dụng phương pháp  y + 2z = 1 cộng và phương pháp thế ta tính được x, y, z   x + 2y = 0 x + y + z = 2  ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Trừ vế với vế 2 PT đầu của hệ với PT thứ ba nhận được hệ  3xy − x − y = 3  x − z =1  x =1 + z  Thí dụ 5. Giái HPT 3 yz − y − z =13    3zx − z − x =  z − y =2 ⇔  y =z − 2  5 x += y +z 2   1 + z + z −= 2 +z 2 (Để thi TS vào lơp chuyên toán, chuyèn tin trường THPT x= 2 chuyên Humg Yên nãm 2008)  Lời giải. Ta có : ⇔ y = −1.  z =1  3xy − x −= y 3 9xy − 3x − 3 y += 1 10    3 yz − y − z = 13 ⇔  9 yz − 3 y − 3z + 1 = 40 Vậy hệ đã cho có nghiệm: ( x , y , z= ) ( 2; −1;1 ) .   9zx − 3z −  3zx = −z −x 5  = 3x + 1 16 ( 3x − 1 )( 3 y − 1 ) =10 xy = a   ⇔ ( 3 y − 1 )( 3z − 1 ) = 40 3 HPT dạng yz = b (III) (với abc > 0 ).  3z − 1 3x − 1 = zx = c ( )( ) 16  ⇒ ( 3x − 1 )( 3 y − 1 )( 3z − 1 ) =±80 Từ (III) suy ra xyz = ± abc ( * ) ). Làm tương tự thí dụ 4 ta nhận được các nghiệm ( x ; y ; z ) Từ PT (*) và các PT của (III) tìm được x , y , z .  1 4 7 x + xy + y = 1 là : ( 1;2;3 ) ,  − ; − ; −  .   3 3 3  Thí dụ 4. Giải HPT y + yz + z = 3 Thí dụ 6. Giải HPT z + zx + x = 7   x2 y − 4 y + x2 = 6 (Đề thi TS vào khối chuyên toán, chuyên tin trường ĐH   9 y − yz − z = −4 2 2 KHTN năm 1995) 9 x 2 + 4 z 2 − x 2 z 2 = 46  Lời giải. Ta có :  x2 y − 4 y + x2 = 6  x + xy + y = 1 x + xy + y + 1= 2 Lời giải. Ta có :  9 y − yz 2 − z 2 = −4   9 x 2 + 4 z 2 − x 2 z 2 = y + yz + z =3 ⇔  y + yz + z + 1 =4  46 z + zx = +x 7  z + zx + x= +1 8    x2 y − 4 y + x2 − 4 = 2 ( x + 1 )( y + 1 ) = 2  ⇔  9 y − yz − z + 9 = 2 2 5  ⇔  ( y + 1 )(z + 1 ) = 4 9 x 2 + 4 z 2 − x 2 z 2 − 36 = 10   z +1 x +1 = ( )( ) 8 ⇒ ( x + 1 )( y + 1 )(z + 1 ) =±8 ( 1 )  ( )  x 2 − 4 ( y + 1) = 2  ( ⇔  ( y + 1) 9 − z 2 = 5 )  Chia vế với vế PT (1) với các PT của hệ ta nhận được 2 HPT (  9 − z x − 4 = 2 2 )(10 ) z + 1 =4 z + 1 =−4   sau: x + 1 = y + 1 = 2 hoặc x + 1 =−2 y + 1 =−1 ( ) ⇒ x 2 − 4 ( y + 1 ) 9 − z 2 = ±10( )  1  Làm tương tự thí dụ 4 ta nhận được 8 nghiệm Từ đó tìm được nghiệm ( x ; y ; z ) của hệ là: (x ; y ;z ) = ( )( 6;0;2 , − 6;0;2 , ) ( 1;0;3 ) , ( −3; −2; −5 ) . ( )( 6;0; −2 , − 6;0; −2 , ) ( )( 2; −2; 14 , − 2; −2; 14 , ) ( 2; −2; − 14 ) , ( − 2; −2; − 14 ) ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
( x + y )( y + z ) = 4xy 2 z ( 1 )   Thí dụ 7. Giải HP ( y + z )(z + x ) = 4 yz 2 x ( 2 )  x +z x + y =  6 yz  2 ( )( ) 4zx 2 y ( 3 )  x =1 x = 1   (Để thi TS vảo khối chuyén toán, chuyên tin trường  6xz 1  2 1 ⇔  4 xyz =. Suy ra: y =. =⇒ ĐH KHTN năm 1994)  y 6  4 y = 0  6xy  2 1 Lời giải. Nếu x = 0 thì từ (1) suy ra   =9 z = 9  y = −z  z ⇒ (x ; y ;z ) = ( 0;0;0 ) là nghiệm HPT. Tương tự, nếu y = 0 hoặc z = 0 thì ta cũng được Với xyz > 0 ta có các nghiệm của HPT nảy là: ( x ; y ; z ) = ( 0;0;0 ) là nghiệm HPT.  1 1  1 1  1 1  1 1 Nếu xyz ≠ 0 nhân vế với vế 3 PT của hệ và sau đố  1; 2 ; 3  ,  1; − 2 ; − 3  ,  −1; 2 ; − 3  ,  −1; − 2 ; 3  .      khai phương 2 vế ta có: Vậy hệ đã cho có các nghiệm: ( x + y )( y + z )(z + x ) = ±8x 2 y 2 z 2 .  1 1  1 1  1 1  1 1 x + y = 2xz x + z =−2xz  1; 2 ; 3  ,  1; − 2 ; − 3  ,  −1; 2 ; − 3  ,  −1; − 2 ; 3         Suy ra x + y = 2xy hoặc x + y = −2xy ( 0 ) ( 0 ) ( 0 )( 0 0 0 ) . 0;0; z , 0; y ;0 , x ;0;0 x , y , z ∈  y + z = 2 yz   y + z =−2 yz Từ đó tìm được nghiệm ( x ; y ; z ) của hệ là :  F (x , y ,z ) = 0  4. Hệ dạng F ( y , z , x ) = 0 (IV) ( 1;1;1 ) , ( −1; −1; −1 ) .  F z,x , y = 0 ( ) (  6x y 2 + z 2 =  ) 13 yz  (hệ hoán vị vòng quanh).  (  Thí dụ 8. Giải HPT 3 y z 2 + x 2 = ) 5zx Thông thương khi giải hệ (IV) ta sủ dụng phroong  2 ( 6z x + y = 2 ) 5xy pháp đánh giá, sủ dụng bất đẳng thức, đôi khi sủ dụng (Để thi Olympic 30-4 năm 2000) tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm số để chúng minh x= y= z , tù đó tìm nghiệm của HPT. Lời giải. y = 0 x − y = 1 Nếu x = 0 thì từ ( 1 ) ⇒  nghiệm.  z = 0 Thí dụ 9. Giải HPT y − z = 1. Tương tư, nếu y = 0 hoặc z = 0 thì ta tìm được thêm  z − x = 1 (x 0 ;0;0 ) (với x0 tuỳ ý thuộc  ) là nghiệm. Lời giải. Dễ thấy x , y , z ≥ 1 . Nếu xyz ≠ 0 khi đó biến đổi hệ đã cho ta được: Do HPT không đổi khi hoán vị vòng quanh x , y , z nên x ≥ y  6xy 6xz ta có thể giả sử x = max {x , y , z } hay  .  6xy 6xz  = + 13  =+ 13 x ≥ z  z y  z y x − y = 1  6xy 6 yz  6xy 6 yz y= (x − 1)2    + =10 ⇔  + =10 Ta có: y − z =1 ⇔ z =(y − 1)2 , do đó  z x  z x  x= (z − 1)2  6xz 6 yz 5  6xy 6xz 6 yz 14 z − x = 1   y += x  z + y += x    ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
x ≥ y thì (z − 1)2 ≥ (x − 1)2  2y z = . ⇒z −1≥x −1⇒z ≥x ⇒x = z . Suy ra y = x .  y + 2 − y Thí dụ 12. Giái HPT  Với x= y= z giải PT x − x − 1 =0 được nghiệm y = 2x  3+ 5  x + 2−x x= thỏa mãn điều kiện x ≥ 1 . 2 Lời giải. ĐK: 0 ≤ x , y , z ≤ 2 (1) 3+ 5 Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có : Vậy HPT có nghiệm x= y= z= ⋅ 2 x + 2 − x ≤ 12 + 12 , x + 2 − x =2 x 2 = y  *Thí dụ 10. Giải HPT y 2 = z . 2 z 2 = x ⇒ ≥1  x + 2−x Lòi giải. Từ hệ suy ra x , y , z ≥ 0 . x 2−x Hàm số f (t ) = t 2 đồng biến trên ( 0; +∞ ) và HPT đã (đẳng thức xày ra ⇔ = ⇔ = x 1) 1 1 f ( x ) = y 2 2  Tương tự: ≥ 1; ≥ 1. cho có thể viết dưới dạng : f ( y ) = z y + 2−y z + 2 −z f z = x  ( ) Từ HPT ta có: Do hệ không đổi khi hoán vị vòng quanh x , y , z nên ta 2 2 x ≥ y = y ⋅x ≥ x = ⋅z có thể giả sử x = max {x , y , z } hay  . x + 2−x z + 2 −z x ≥ z 2 ≥ z = ⋅y ≥ y Với x ≥ y ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) ⇒ y ≥ z y + 2−y ⇒ f ( y ) ≥ f (z ) ⇒ z ≥ x ⇒ z = x ⇒ y = z . Do đó x= y= z . Giải phương trình x 2 = x ta được ⇒ x = y = z ⇒ x = y = z = 1 (thoûa maõn) HPT đã x 0,= = x 1. cho) Vậy hệ có nghiệm ( x ; y ; z ) là: ( 0;0;0 ) ; ( 1;1;1 ) . Vậy HPT có nghiệm ( x ; y ; z ) = ( 1;1;1 ) . y 3 − 9x 2 + 27x − 27 = 0 5, Phương pháp thế  3 Thí dụ 11. Giải HPT z − 9 y + 27y − 27 = 2 0 x 3 − 9z 2 + 27z − 27 = 0 x + y + z = 12 (1)   Thí dụ 13. Giải hệ phương trình: x (y + z ) =20 (2) Lời giải. Cộng vế với vế 3 PT của hệ ta được: y(x+ z) = 32 (3)  0 ( 1) . (x − 3)3 + (y − 3)3 + (z − 3)3 = Lời giải. y 6,= Nếu x = 3 thì ta được = z 0 hoặc y= z= 3 . Từ (1) , (2) ta có: Dễ thấy chỉ có ( x ; y ; z ) = ( 3;3;3 ) thỏa mãn hệ. x = 12 − (y + z) Nếu x > 3 thì y 3 − 27 = 9x 2 − 27x > 0   20 (do y + z ≠ 0) ⇒ y 3 > 27 ⇒ y > 3.  x =  y+z Tương tự, nếu y > 3 thì z > 3 , mâu thuẫn với (1). Nếu 20 ⇒ 12 − (y + = z) ⇒ y += z 2 x < 3 thì ta suy ra được y , z < 3 , mâu thuẫn với (1). y+z Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( x ; y ; z ) = ( 3;3;3 ) hoÆc y + z = 10. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
NÕu= y + z 2 ta= cã x 10, Lời giải. Từ (1) và (3) ta có: y + z =2  y =4,z =−2 (x 2 + y 2 + z 2 ) + 2(xy + yz + zx ) = 36 do vËy  ⇒ y(10 + z) = 32  y = 8,z =−6 ⇔ 14 + 2(xy + yz + zx ) = 36 = NÕu y + z 10 = ta cã x 2, ⇔ xy + yz + zx = 11 (4) y + z= 10  y= 8,z= 2 Từ (2) và (4) ta có: xz = 2 , thay vào (1), (2) ta được: do vËy  ⇒ y + (x + z ) = 6 y(2 + z) = 32  y = 4,z = 6  ⇒ y = 3, x + z = 3. VËy hÖ cã nghiÖm y .(x + z ) =9 (x,y,z) ∈ {(10;4; −2),(10;8; −6),(2;8;2),(2;4;6)} { } Từ đó suy ra hệ có nghiệm (x ; y ; z ) ∈ ( 2;3;1 ) , ( 1;3;2 ) Ví dụ 14: Giải hệ phương trình : . xz =x + 4 (1) x 2 + xy + xz = 48  2  2 y = 7xz − 3x − 14 (2) Ví dụ 16.Giải hệ phương trình: xy + y 2 + yz = 12 x 2 + y 2 = 35 − z 2 xz + yz + z 2 = 84  (3)  (Vòng 1,Khối THPT Chuyên – Đại học Sư phạm Hà Nội , Lời giải. Cộng từng vế của các phương trình ta được năm học 2006 – 2007) x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx ) = 144 Lời giải. ⇔ (x + y + z )2 =144 ⇔ x + y + z =±12 Từ (1) ta có: = x xz − 4 , thay vào (2) ta được: Nếu x + y + z = 12 ta có: 2y 2 = 7xz − 3(xz − 4) − 14 ⇔ y 2 = 2xz − 1 x (x + y + z ) = 48 thay vµo (3) ta cã  y (x + y + z ) = 12 ⇒ x = 4, y = 1, z = 7 x 2 + z 2 = 36 − 2xz z (x + y + z ) = 84  ⇔ (x + z)2 =36 ⇔ x + z =±6. Tương tự nếu x + y + z =−12 ta được NÕu x + z = 6 ⇔ z = 6 − x x= −4, y = −1, z =−7 thay vµo (1) ta cã x 2 − 5x + 4 = 0 { } Vậy hệ có nghiệm (x ; y ;z) ∈ ( 4;1; 7 ) , ( −4; −1; −7 ) ⇒ x = 1;x = 4. 5, Phương pháp đánh giá NÕu x + z =−6 ⇒ z =−6 − x thay vµo (1) ta cã x 1 1 1 x + y + z = 2 (1; −3;5),(1;3;5),     Ví dụ 17. Giải hệ phương trình:  (4; 15;2),(4; − 15;2),  2 − 1 = 4    xy z 2  −7 + 33 ; 4 33; −5 − 33  ,  Lời giải. Điều kiện: x , y , z ≠ 0 Vậy (x;y;z) ∈     2 2   1 1 1  a Đặt= = ,b = ,c ta được:  x y z  −7 + 33 ; − 4 33; −5 − 33    2 2   a + b + c = 2 a + b = 2 − c   ⇔ 2ab − c =4 2ab =4 + c 2 2 Ví dụ 15. Giải hệ phương trình x + y + z = 6 (1) Do đó a, b là các nghiệm của phương trình:  xy + yz − zx = 7 (2) 4 +c2 t 2 − ( 2 − c )t + =0 x 2 + y 2 + z 2 = 14 (3) 2  ∆ = − (c + 2 ) ≤ 0 ⇒ c = −2 ⇒ a = b = 2 2 (Vòng 1,Khối THPT Chuyên , Đại học Sư phạm Hà Nội , năm học 2005 – 2006)  1 1 −1  Do đó hệ có nghiệm ( x ; y ; z ) =  ; ;  2 2 2  ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
(  x2 + 1 y =  ) 2x 2  ( Bài 18. Giải hệ phương trình:  y 2 + 1 z = ) 2y 2  2 (  z + 1 x = ) 2z 2 Lời giải. Nếu một trong ba số x, y, z có một số bằng 0, chẳng hạn x= 0, thì dễ dàng suy ra y = z = 0 Vậy x = y = z = 0 là một nghiệm của hệ. Nếu x,y,z ≠ 0 suy ra x > 0, y > 0, z > 0 và nhân vế với vế các phương trình của hệ ta được: (x 2 )( )( + 1 y2 + 1 z 2 + 1 = ) 8xyz (1) ( Mặt khác, x 2 + 1 ≥ 2x, y 2 + 1 ≥ 2y, z 2 + 1 ≥ 2z nên x + 1 y + 1 z + 1 = 2 2 2 )( 8xyz )( ) Theo (1) thì dấu bằng ở bất đẳng thức trên phải xảy ra. Từ đó suy ra x= y= z= 1 { Vậy hệ có nghiệm ( x;y;z ) ∈ ( 0;0;0 ) , (1;1;1) } 4x 3= 2y 2 + y + 1 (1)  Bài 19. Giải hệ phương trình: 4y3= 2z 2 + z + 1 (2) 4z 3= 2x 2 + x + 1 (3)  2  1 3 Lời giải . Ta có 4x =  y +  + y 2 + > 0 ⇒ x > 0 tương tự ta có y > 0, z > 0. 3  2 4 Nếu x > y ⇒ 4x > 4y hay 2y + y + 1 > 2z 2 + z + 1 ⇒ y > z ⇒ 4y3 > 4z 3 3 3 2 hay 2z 2 + z + 1 > 2x 2 + x + 1 ⇒ z > x , vôlis Tương tự y > x vô lí. Vậy x = y Chứng minh tương tự ta có y = z, do đó x = y = z. Thay vào (1) ta được: 4x − 2x − x − 1 = 0 ⇔ ( x − 1) 4x + 2x + 1 = 0 3 2 2 ( ) Vậy hệ có nghiệm x = y= z = 1 x = y3 + y 2 + y − 12  Bài 20. Giải hệ phương trình: y = z 3 + z 2 + z − 12 z = x 3 + x 2 + x − 12  Lời giải. Xét hàm số f(t) = t 3 + t 2 + t − 12 ta chứng minh f(t) là hàm số đồng biến. Với t1 ,t 2 bất kì mà t1 < t 2 , ta có ( ) f(t1 ) − f(t 2 ) = t13 − t 32 + t12 − t 22 + t1 − t 2 = ( t1 − t 2 ) t12 + t1t 2 + t 22 + t1 + t 2 + 1 1 ( t1 − t 2 ) ( t1 + t 2 + 1) + t12 + t 22 + 1 < 0 2 = 2 Do đó f(t1 ) < f(t 2 ) nên f(t1 ) là hàm số đồng biến. Nếu x < y thì f(x) < f(y) hay z < x ⇒ f(z) < f(x) hay y < z ( vô lí) Tương tự tự y< z vô lí,do đó x =⇒ y f(x) = f(y) hay x = z Vậy x = y = z, từ đó ta có x + x − 12 =0 ⇔ ( x − 2 ) x + 3x + 6 =0 3 2 2 ( ) Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 2 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
 2y 2  2 = z  y + 1  3z 3 Ví dụ 21. Giải hệ phương trình:  4 =x  z + z 2 + 1  4x 4  6 =y  x + x + x + 1 4 2 Lời giải. Dễ nhận thấy rằng nếu một trong ba số x, y , z bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng 0 Nếu xyz ≠ 0 , từ đó suy ra x, y, z là các số dương 2y 2 Ta có y(y + 1) = y + y ≥ 2y ⇒ y ≥ = z; 2 3 2 y2 + 1 3z 2 z(z + z + 1) = z + z + z ≥ 3z ⇒ z ≥ 4 4 2 5 3 = x; z + z2 + 1 4x 4 x(x 6 + x 4 + x 2 + 1) = x 7 + x 5 + x 3 + x ≥ 4x ⇒ 6 = y x + x4 + x2 + 1 Từ đó suy ra x = y = z, thay vào phương trình đầu ra được x = y = z = 1. { Vậy hệ có nghiệm ( x;y;z ) ∈ ( 0;0;0 ) , (1;1;1) } x + y 2 + z 3 = 14 (1)  Ví dụ 22. Giải hệ phương trình:  1 1 1  x y z   2x 3y 6z  2 + 3 + 6  =  + + 1 (2)     Lời giải.  3 2 1 x y x z z y (2) ⇔  + +  ( 3x + 2y + z ) = 36 ⇔ 6  +  + 3  +  + 2  +  = 22 x y z y x z x y z Mặt khác so x, y, z > 0, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: x y x z z y 6  +  + 3  +  + 2  +  ≥ 6.2 + 3.2 + 2.2 = 22 y x z x y z Đẳng thức xảy ra khi x = y = z > 0. Hệ có nghiệm (x; y; z) = (2; 2; 2) x + y + z =6 (1) Ví dụ 23. Giải hệ phương trình:  4  x +y +z = 4 4 6xyz (2) Hướng dẫn giải Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ 2ab ta có a + b 2 + c2 ≥ ab + bc + ca 2 2 2 ⇒ x 4 + y 4 + z 4 ≥ x 2 y2 + y2 z 2 + z 2x 2 Mặt khác x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ≥ xy 2 z + yz 2 x + zx= 2 y xyz(x + y + z) ⇒ x + y + z ≥ xyz(x = 4 4 4 + y + z) 6xyz (do x= + y + z 6) Theo đề bài, dấu bằng xảy ra, nên x = y = z = 2. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
4x − y + 4z = 0  1 Giải HPT x + 5 y − 2z =3 −x + 8 y − 2z = 1   xy 2  =  x + y 3   yz 6 2 Giải HPT  =  y + z 5   zx 3 =  z+ x 4  ĐS: ( x ; y ; z ) = ( 1;4;9 ) . x + xy + y = 1  3 Giải HPT y + yz + z = 4 z + zx + x = 9  (Dề thi DH Thuơng mai 1997) ĐS: ( x ;= y ;z ) ( 1;0;4 ) , ( −3; −2; −6 ) . x yz = 4  4 Giải HPT y xz = 9  z xy = 16  2 27 32  ĐS: ( x ; y ; z ) =  ; ;  . 3 8 3  x ( x + y + z ) = 2 − yz  5 Giải HPT y ( x + y + z ) = 3 − zx ĐS: (= x ; y ; z ) ( 0;1;2 ) , ( 0; −1; −2 ) . z x + y + z = 6 − xy  ( ) x 3 + x 2 + x − 2 = y  3 6 Giải HPT y + y + y − 2 = 2 z ĐS: ( x ; y ; z ) = ( 1;1;1 ) .  z + z + z − 2 = x 3 2 y 3 − 6x 2 + 12x − 8 =0  3 7 iải HPT z − 6 y + 12 y − 8 = 2 0 ĐS: ( x ; y ; z ) = ( 2;2;2 ) x − 6z + 12z − 8 = 3 2 0  ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗