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

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (19)

Similaire à 257 câu hệ phương trình

Similaire à 257 câu hệ phương trình (20)

Plus de tuituhoc

Plus de tuituhoc (20)

Dernier

Dernier (20)

257 câu hệ phương trình