257 câu hệ phương trình

1 Gi i h phương trình:

√
 x+3



√

= y3 − 6
= z 3 − 25

bo
xm
ath
.

 y+2
√


 z+1

vn

257 Hệ Phương Trình từ BoxMath

= x3 + 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
√
√
Đ t a = x + 3, b = y + 2, c = z + 1 (a, b, c ≥ 0).
H phương trình tr thành
√

= b2 − 2

3

b = c2 − 1


3


a











c = a2 − 3

3

= b2 − 2

3

− 25 ⇔  b − c = c2 − 1



3

−6

+1

Ta có:

a

≥0

b

≥0

⇒




Suy ra:
2

a −3

3





+1>

√


a − b









c − a = a2 − 3

b2 − 2

3

3⇒


a



3

− a + 1 = h(a)

√


b

>

3

−3>

3

√

3−1>

1
2

1
3

(∗)

√
√
2
(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


f













h

://

Ta có:

≥ 6 > 13

>

 2
a


− c − 25 = g(c)

√
3
⇒
√
c > 3
≥ 25 > 23

3

c2 − 1

− b − 6 = f (b)

2
1 3 √
1 √
.2 3 − 1 > 3. .2 3 − 1 > 0 ∀a(∗)
(a) = 3 a − 3 .2a − 1 > 3.
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) >
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:
a = 2 ⇒ c = a + h(a) = 2 ⇒ b = c + g(c) = 2
√

x = 1
 x+3=2




√

a=b=c=2⇔
y + 2 = 2 ⇔ y = 2
√






z+1=2
z=3

2

htt
p

2

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)

π


1



1
= 2 (y 4 − x4 )
x 2y
1
 + 1 = (x2 + 3y 2 ) (3x2 + y 2 )

x 2y
−


boxmath.vn

1

Đi u ki n:

=0

=0
H phương trình tương đương v i
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

⇔
⇔

bo
xm
ath
.

2
= 2y 4 − 2x4 + 3x4 + 3y 4 + 10x2 y 2
x
1
 = 3x4 + 3y 4 + 10x2 y 2 − 2y 4 + 2x4


y






vn

L i gi i

x

=3

(x − y)5 = 1

√
x + y = 5 3
x − y

=1
√
5
3+1
=
√ 2
⇔
5

3−1

y =
2



x


√
5


://

V y h phương trình đã cho có 1 nghi m là: (x; y) =


z 2





3+1
;
2

+ 2xyz = 1

2 2

√
5
3−1
2

(1)

2

3 4

3x y + 3xy = 1 + x y



z + zy 4 + 4y 3 = 4y + 6y 2 z

(2)
(3)


htt
p

L i gi i
Vì z = 0 không là nghi m c a h phương trình nên:
(1) ⇔ xy =

1 − z2
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 :

π

3cot2 2ϕ + 3y cot 2ϕ = 1 + ycot3 2ϕ ⇔ y =

3cot2 2ϕ − 1
1
=
= tan 6ϕ
3
cot 2ϕ − 3 cot 2ϕ
cot 6ϕ

Ta suy ra: x = cot 2ϕ. cot 6ϕ Thay vào (3) ta đư c :

boxmath.vn

z=

4 tan 6ϕ − 4tan3 6ϕ
= tan 24ϕ(∗∗)
1 − 6tan2 6ϕ + tan4 6ϕ
2

vn

T (∗)và (∗∗) ta có:
tan 24ϕ = tan ϕ

bo
xm
ath
.

⇔ 24ϕ = ϕ + kπ, k ∈ Z
kπ
, k∈Z
⇔ϕ=
23
π π
V iϕ∈ − ,
{0} ta thu đư c:
2 2
ϕ=±

π
2π 3π 4π 5π 6π 7π 8π 9π 10π 11π
,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,±
,±
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


x2




2

+ y 2 + xy = 37 (1)
+ z 2 + xz = 28

(2)

y + z 2 + yz = 19

(3)

x


 2



L i gi i

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)


://

(4) − (5) ⇒ [(y − z) − (x − y)] (x + y + z) = 0 ⇔ 

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



 2

x

+ y 2 + xy = 19

htt
p

x2 + y 2 + xy = 28 (vô nghi m)

=y+t

z

Trư ng h p: y − z = x − y = t ⇔


x

=y−t

Thay vào (4) ta đư c:

t (y + y + t + y − t) = 9 ⇔ ty = 3 ⇔ t =

3
y

(6)

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:


π

y 2 = 9 ⇔ y = ±3 ⇒ t = ±1

9
√
3y 2 + 2 = 28 ⇔ 3y 4 − 28y 2 + 9 = 0 ⇔ 
√
 2
1
3
y
y = ⇔y=±
⇒ t = ±3 3
3
3

boxmath.vn

3


y

=3

⇒

t = 1

 y = −3


x

=4

z = 2

x =

⇒

−4

5 Gi i h phương trình: 



1

4x+ 2 − 1

 x
4

bo
xm
ath
.

= −1
z = −2
√


√


 x = 10 3


y = 3

3√
3 ⇒
√




8 3
t = 3 3

z = −
3 √


√


 x = − 10 3


y = − 3

3 ⇒
√ 3
√




8 3
 t = −3 3

z =
3
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
t

vn

Gi i t ng trư ng h p

1

4y+ 2 − 1 = 7.2x+y−1

(1)

+ 4y + 2x+y − 7.2x − 6.2y + 14 = 0 (2)


L i gi i


u

x

://

=2
(u > 0; v > 0)
Đ t:
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
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
⇔ −3v 2 + 10v − 7 ≥ 0 ⇔ 1 ≤ v ≤

htt
p

∆ = (u − 6)2 − 4u2 + 28u − 56 ≥ 0

⇔ −3u2 + 16u − 20 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ u ≤

10
3

π

7
1
1
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:
u
v
2

1

 v ≥ 1 ⇒ 2v − ≥ 1
v


u = 2
x = 1
D u b ng trong phương trình (1) x y ra khi
⇔
v = 1
y = 0
Vây h đã cho có 1 nghi m là : (x; y) = (1; 0)

boxmath.vn

4

vn


√

log 2 + 2001x + 2004x = log 3 3 + 12 (2002x + 2003x )
2
3
√

log 2 + 2002x + 2003x = log 3 3 + 12 (2001x + 2004x )
3
2



 3log

⇔

2

bo
xm
ath
.

L i gi i

(2 + 2001x + 2004x ) = 2log3 [3 + 12 (2002x + 2003x )]

 3log (2 + 2002x
2

 3log (2 + 2001x


2



+ 2003x ) = 2log3 [3 + 12 (2001x + 2004x )]
+ 2004x ) = 2log3 [3 + 12 (2002x + 2003x )]

3log2 (2 + 2001x + 2004x ) + 2log3 [3 + 12 (2001x + 2004x )]







= 3log2 (2 + 2002x + 2003x ) + 2log3 [3 + 12 (2002x + 2003x )] (2)

Nên (I) ⇔


 3log

2

://

Xét hàm s f (t) = 3log2 (2 + t) + 2log3 (3 + 12t) v i t ∈ (0; +∞)
24
3
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; +∞)
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−1
x
x
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
(2 + 2001x + 2004x ) = 2log3 [3 + 12 (2002x + 2003x )]

∈ {0; 1}
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
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
p

x



 1

√

 x



√
1
1
+√ +√ =3 3
y
z

x + y + z = 1





xy + yz + zx =

(1)
(2)

7
+ 2xyz
27

(3)


L i gi i

π

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
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)
1−z 2
1−z 2
x+y 2
1
Do xy ≤
=
nên S ≤
(1 − 2z) + z (1 − z) = 4 (−2z 3 + z 2 + 1)
2
2
2
boxmath.vn

5

Suy ra f (z) ≤ f

1
3

=

7
, ∀z
27

1
∈ 0; 3 Do đó: S ≤

7
27

D u

vn

Xét hàm s f (z) = 1 (−2z 3 + z 2 + 1).
4
1
1
Ta có f (z) = 4 (−6z 2 + 2z) = 2 z (−3z + 1) ≥ 0, ∀z ∈ 0; 1 .
3

= x y ra khi và ch khi: x = y, z =

bo
xm
ath
.

Thay vào (2) ta đư c: x = y = z = 1
3
1
Th l i ta th y (x; y; z) = 1 ; 3 ; 1 th a mãn h phương trình.
3
3
1 1 1
; ;
3 3 3

V y h phương trình có nghi m duy nh t (x; y; z) =

x + y




4

1
3

2003

+ xy = z 2

2002

+ 2z 2

22004

4

x + y = 2z



(x + y)z−1 =

(I)

(z + 2004)x−y


L i gi i
2003
= x + y ≥ 2x y ⇒ xy ≤ z 2 (1)
T h ta có: 2z
2004
2
⇒ x+y ≤
L i có: (x + y)2 ≤ 2 (x2 + y 2 ) ⇒ (x + y)4 ≤ 4(x2 + y 2 ) ≤ 4.2 (x4 + y 4 ) = 16z 2
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

2002
x=y=z=1
 x = y = z2


(I) ⇔
⇔
1
1
 (2x)z−1 = (z + 2004)x−y
x = y = ; z = ± 22002
√
2
2
22004

4

4

2 2



://

V y h phương trình có 3 nghi m: (x; y; z) = (1; 1; 1) ,

(3 − x)2003




1

log3 2z−y



2


1 1
; ;±
2 2

1

√
22002

2

=y+2

1 √
+ log 1 (y + 2) = log √3 9 + 4y

(I)

3

log2 (x + z 2 ) = 2 + log2 x


L i gi i

htt
p

L i gi i


x




>0

Đi u ki n:  2z > y



y > −2

2003
 (3 − x)









 (3 − x)2003




=y+2

=y+2

− log3 (2z − y) − log3 (y + 2) = −log3 (9 + 4y) ⇔  (2z − y) . (y + 2) = 9 + 4y

 2

log2 x2 + z 2 = log2 4x
x + z 2 = 4x

π

⇔


 (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)



− 4x + 4 = 4 − z 2
(x − 2)2 = 4 − z 2 (3)



 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
boxmath.vn

(4)
6


 x0

vn

(y0 + 3 − z0 )2 = z0 2 − 2z0 ⇒ z0 2 − 2z0 ≥ 0 ⇔ z0 ≤ 0 ∨ z0 ≥ 2 (5)
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 = 4
 x0 = 0
không th a đi u ki n bài toán
∨
- V i z0 = 0 t (2) và (3) ta có
 y = −3  y = −3
0
0
=2

y

bo
xm
ath
.

Th a mãn phương trình (1) và đi u ki n bài toán.
= −1
V y h phương trình có nghi m duy nh t là: (x; y; z) = (2; −1; 2) .
- V i z0 = 2 t (2) và (3) ta có

0





x + y + z + t = 15



 2

x + y 2 + z 2 + t 2 =
 3
x








(1)

65

(2)

+ y 3 + z 3 + t3 = 315 (3)

xt = yz

(4)


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))
⇔ 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



htt
p

Thay vào (5) ta đư c: (x + t)2 − 15(x + t) + 56 = 0 ⇔ 
Ta có h phương trình sau:


x + t
 xt

Thay vào h (I) ta có:


y

= 12

+z =7

 yz

= 12

Thay vào h (I) ta có: (I) ⇔


y

⇔

⇔

=6

t

=8


x

=2


y

=4

z

=3

+z =8

⇔

∨


y

x+t=8
x+t=7
=2

t

∨


x

=6


y

= 3 x + t = 7

z

= 4  xt = 12

=6



∨


y

⇔


x

=4

t

=3

∨


x

=3

t

=4

=2

z = 2 z = 6
= 12
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)
 yz

π


 3
x

+ 4y = y 3 + 16


1 + y 2

(1)

= 5 (1 + x2 ) (2)


boxmath.vn

7

2

(2) ⇔ y − 5x = 4 (3)
Thay vào (1) ta có:


x=0

x2 − 5xy − 16 = 0

bo
xm
ath
.

x3 + y 2 − 5x2 y = y 3 + 16 ⇔ x3 − 5x2 y − 16x = 0 ⇔ 

vn

L i gi i
2

x = 0 ⇒ y 2 = 4 ⇔ y = ±2

x2 − 16
5x

x2 − 5xy − 16 = 0 ⇔ y =
x2 − 16
5x


⇔

2

− 5x2 = 4 ⇔ 124x4 + 132x2 − 256 = 0 ⇔ x2 = 1

x = 1 ⇒ y = −3

x = −1 ⇒ y = 3

V y h phương trình đã cho có 4 nghi m là: (x; y) = (0; ±2) , (1; −3) , (−1; 3)

 2 2
x y
 3
2x

− 2x + y 2 = 0

(1)

+ 3x2 + 6y − 12x + 13 = 0 (2)


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



htt
p

Ta có:  (x − 1)2 (2x + 7) ≥ 0 (do x ≥ 0 ⇒ 2x + 7 > 0)
 6 (y

D u

+ 1) ≥ 0 (−1 ≤ y ≤ 1)

= x y ra khi và ch khi


 (x − 1)2 (2x + 7)

=0

+1=0
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)

⇒ (x − 1)2 (2x + 7) + 6 (y + 1) ≥ 0

⇔

y


x

=1

y

= −1



 3
x (2 + 3y)

x (y 3

=1

− 2) = 3


L i gi i
1
= 3 (1)
x
(I) ⇔
(do x = 0 không là nghi m c a h )
 3
3

 y − 2 = (2)
x

π


 2 + 3y



boxmath.vn

8

vn

L y (1) + (2) v theo v ta đư c:

1
1
3
1
+ ⇔ y3 − 3 + 3 y −
=0
3
x
x
x
x
1
1
1
1
y
y
y2 + 2 +
+3 y−
=0⇔ y−
y2 + 2 + + 3 = 0
x
x
x
x
x
x
3
1 2
1
+ 2 +3 =0⇔y =
y+
2x
4x
x

1
x
1
⇔ y−
x
⇔ y−

bo
xm
ath
.

y 3 + 3y =



Thay vào (2) ta đư c :

1
x3

−2=

3
x

⇔ 2x3 + 3x2 − 1 = 0 ⇔ 


V y h phương trình có 2 nghi m là: (x; y) = (−1; −1) ,

√ 1


1+2x2




+√

1
1+2y 2

x (1 − 2x) +

=

x = −1 ⇒ y = −1
1
x= ⇒y=2
2

1
;2
2

√ 2
1+2xy

y (1 − 2y) =

2
9


L i gi i


 x (1 − 2x)




1
2
ĐK: y (1 − 2y) ≥ 0 ⇔


1


0 ≤ y ≤


1 + 2xy > 0
2
≥0


0



≤x≤

√

(α) V i ĐK (α) ta có BĐT :

1
1
2
+√
≤√
2
2
1 + 2xy
1 + 2y
1 + 2x

://

Theo BCS ta có:

(∗)

2

1
1
1
1
√
+√
≤2
+
(1)
1 + 2x2 1 + 2y 2
1 + 2y 2
1 + 2x2
√
= ⇔ 1 + 2x2 = 1 + 2y 2 ⇔ x = y (do x,y ≥ 0)
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)
1
2
1
+
≤
(2)
⇒
2
2
1 + 2x
1 + 2y
1 + 2xy

htt
p

Ta có:

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
x=y=
9
36
V y h phương trình có 2 nghi m là: (x; y) =

√
√
9− 73 9− 73
; 36
36

,

√
√
9+ 73 9+ 73
; 36
36

π


 3
4x
 3
y

+ 3xy 2 = 7y

+ 6x2 y = 7

(1)
(2)


boxmath.vn

9

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

bo
xm
ath
.

(1) − (2) ⇒ 4x3 + 3xy 2 − y 3 − 6x2 y = 7 (y − 1)

vn

L i gi i

⇔ (x − y) 4x2 − 2xy + y 2 = 7 (y − 1) (3)

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)
16 Gi i h phương trình: 
x3 + y 3 + x2 (y + z) = xyz + 14 (1)





3

y


 3
z

+ z 3 + y 2 (x + z) = xyz − 21

(2)

+ x3 + z 2 (x + y) = xyz + 7

(3)


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:

+ y 2 + z 2 − (xy + yz + zx) ≥ 0

 x2

+ y2 + z2 ≥ 0

htt
p


 x2

⇒ V T(5) ≥ 0

D u = x y ra khi: x = y = z = 0
TH(∗∗) : x + y + z = 0 ⇔ z = − (x + y)
Thay vào (1) và (3) ta có h phương trình sau:

 y3
 x3

Xét x = 0

+ xy (x + y) = 14
+ xy (x + y) = 7

(I) ⇔


 y3
0

= 14

=7

(I)

(vn)

π

Xét x = 0 Đ t: y = kx ta có:

boxmath.vn

(I) ⇔


 x3


k 3 + k 2 + k = 14 (4)

 3
x

k 2 + k + 1 = 7 (5)
10

257 câu hệ phương trình

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to 257 câu hệ phương trình

Similar to 257 câu hệ phương trình (20)

More from tuituhoc

More from tuituhoc (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (17)

257 câu hệ phương trình