1
Hệ phơng trình

I. Hệ phơng trình dạng hoán vị vòng quanh.

" Bài 1. ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 )
Giải hệ phơng trình :
()
()
()
32
32
32
33ln 1
33ln 1
33ln 1
x
xxxy
y
yyyz
zz zz x

+
+ + =


+
+ + =



đồng biến trên R. Ta viết lại hệ phơng trình nh sau :

()
()
()
f
f
f
x
y
y
z
zx

=

=


=


Không mất tính tổng quát, giả sử :
{
}
min , ,
x
xyz=
. Lúc đó :


23ln 1xx x xx

=++ + đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : 1x
=
.
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :
1
x
yz
=
==.

" Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ phơng trình có dạng :

(
)
(
)
() ()
()()
() ()
12
23
1
1
fg
fg

fg
fg

i
x
Ai n= thì
12

n
x
xx
=
==.

Chứng minh :
Không mất tính tổng quát giả sử :
{
}
112
min , ,
n
x
xx x= .
Lúc đó ta có :
()
(
)
(
)
(
)
12 1 2 2 3 23 1
f f g g

1
4
xx
yy
zz
y
z
x
+
+
+



=






=







=

tt
ttt t
+

=
+<>


.
Vậy hàm số
()
f t
nghịch biến trên khoảng
(
)
0;
+

.
Không mất tính tổng quát, giả sử :
{
}
min , ,
x
xyz= . Lúc đó :

() ()
(
)
(

fg

fg
fg
nn
n
xx
xx
xx
xx


=

=




=

=



Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và
(
)
12
, ,

f f g g f f
nn
x
xx x xxxxxx x xxx .

12
x
x=
Từ đó suy ra :
12

n
x
xx===.

" Bài 3.
Giải hệ phơng trình :
()
()
()
()
2
2
2
2
12
12
12
12
x

(
)
(
)
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

z=
() ()
f fz
x
yt==.
Lúc đó hệ phơng trình trở thành :
()
()
()
2
2
2
12
12
12
x
y
xy
xy
yx
xy


=

=





fg
nn
n
xx
xx
xx
xx


=

=




=

=



Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và
(
)
12
, ,
n
x
xx là nghiệm của hệ phơng trình , trong

Lúc đó ta có :.
() () ()
(
)
13 1 3 2 4
24
f f gg
x
xxx xx
xx



() () () ()
24 35
35
f f gg

x
xxx
xx



()() ()
(
)
211
11
f fgg

x
xxxxxx===

4
Phần bi tập ứng dụng phơng pháp

) 1. Giải hệ phơng trình :
32
32
32
2782
2782
2782
x
xx y
y
yy z
zzz x


+=


+=



+=



zxa

=
+

=
+


=
+


Tìm a để hệ phơng trình chỉ có nghiệm với dạng
x
yz==
.
) 4. Giải hệ phơng trình :

3
11 2
3
22 3
3
99 99 100
3
100 100 1
322
322


23
111
4
4

4
4
nnnn
n
x
xxax
x
xxax
x
xxax
x
xxax


=+

=+




=+


=+


=+

=+




=+


=+

có nghiệm duy nhất .

) 7. Chứng minh với mỗi aR , hệ phơng trình :

232
232
232
x
yyya
y
zzza
zxxxa

=
+++

=

2
2
1
10
1
10
x
x
y
y
⎧
≤
⎧
−≥
⎪
⇔
⎨⎨
≤
−≥
⎪
⎩
⎩

§Æt cos ;
y
=cosx
α
β
= víi
[

§Æt
2
1
sin cos , t 2 sin .cos
2
t
t
αα αα
−
=− ≤⇒ =
Khi ®ã ta cã :
2
2
1
10 2 3 1
2
t
tttt
−
−−=⇔+−⇒=
Víi
1t = , ta cã :
0
2sin 1 0
42 1
x
y
ππ
ααβ
=

()( ) ()
()
22
21431
12
xy xy
xy
⎧
−+ =
⎪
⎨
+=
⎪
⎩Gi¶i . Do
[
]
22
1, 1;1xy xy+=⇒ ∈− . §Æt sin ,
y
cosx
α
α
=
= víi
[
]
0; 2


8sin sin cos 3
41212
ππ π
αα α
⎛⎞⎛⎞⎛⎞
⇔− − −=
⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠⎝⎠

4cos cos cos 2 3
12 3 6
ππ π
αα
⎡⎤
⎛⎞ ⎛ ⎞
⇔+ −−=
⎜⎟ ⎜ ⎟
⎢⎥
⎝⎠ ⎝ ⎠
⎣⎦2cos 4cos cos 2 3
12 12 6
πππ
ααα
⎛⎞⎛⎞⎛ ⎞
⇔−−− −=
⎜⎟⎜⎟⎜ ⎟

42
65 120
k
kR
k
α
π
α
α
⎡
=− +
⎛⎞
−=−⇔ ∈
⎢
⎜⎟
=+
⎝⎠
⎣

Tõ ®ã suy ra hÖ cã 6 nghiÖm
(
)
(
)
(
)( )
00 00 00
, { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85xy=− ,

()

2
x
xy y
y
yz z
zzx x

+
=

+
=


+=


Giải : Từ các phơng trình của hệ , suy ra : , , 1xyz

. Do đó ta có :

2
2
2
2
(1)
1
2
(2)
1

g
x

=
với ;
22







(4) và sao cho t
g
, t
g
2, t
g
41


(5).
Tơng tự bài 2. Hệ phơng trình có 7 nghiệm
24
, , , 0, 1, , 3
77 7
kkk
xtg ytg ztg k


33 0
33 0
33 0
xzxzz
yxyxx
zyzyy


+=


+=



+=


Giải . Viết lại hệ phơng trình dới dạng :

()
()
()
23
23
23
13 3
13 3
13 3
x

2
3
2
3
(1)
13
3
(2)
13
3
(3)
13
zz
x
z
xx
y
x
yy
z
y


=





=

(5).
Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có :
tg3 , tg9yz


=
=
và
tg27x

=7
Từ đây dễ dàng suy ra
()
,,
x
yz là nghiệm của (II) khi và chỉ khi
tg3 , tg9yz


=
=
, t
g
x

=
, với

39
, , , 0, 1, 12
26 26 26
kkk
xtg ytg ztg k


== = =



" 5. Giải hệ phơng trình :

111
345
1
xyz
xyz
xy yz zx



+= += +





0,,90xyz

===<<.
Hệ
()
()
111
3tg 4tg 5tg 1
tg tg tg
tg tg tg tg tg tg 1 2





+= += +





++=


(1)
222
1tg 1tg 1tg
345
tg tg tg


()
tg tg
tg tg
1tgtg
co




+
= =+
()
tg tg
22




=+++=


.
Do

==



1tg 3 1y 3 2

= = = = 8
Tuyển tập các bi toán hay

II . Hệ phơng trình 2 ẩn.
" 1. Giải hệ phơng trình :
42
22
698
(1)
81
3 4 4 0 (2)
xy
xyxyxy

+=



+++=

44 3400
3
xxx x= + (4)
Từ (3) và (4) ta có :
42
256 49 697 698
81 9 81 81
xy+ + = < , 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 :
1
31 2
1
71 42
x
xy
y
xy


+=


+





()
() ()
33 2
2
2
1
2
yx y a
yx y b

=


+=



Xét các trờng hợp sau :

è Trờng hợp 1 : 0b = . Khi đó :

()
0
2
y
y
x
=





=

9
Có (II)
42
2
y
x
x
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







Đặt
0yt=> . Từ (4) ta có phơng trình sau :

()
()
3
3
2262932
05
b
tttatbtat
t



=+=





Xét hàm số :
()
()

(
)
3
2
3
fb 0bba
=
+>, nên phơng trình (5) có duy nhất
nghiệm, kí hiệu là
0
t trong
(
)
0;
+
. Suy ra hệ có duy nhất nghiệm
22
00
0
,
b
x
tyt
t

= =


.
Vậy tóm lại : + Nếu


=

. Hệ có nghiệm khi
1
2
m =

+ Với 0y , đặt
x
t
y
=
, hệ trở thành
2
2
2
2
1
21
1
tt
y
m
tt
y

+=



y khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm
(
)
,ty.

10
XÐt hÖ (2), tõ
2
2
1
21tt
y
+−= suy ra
2
1
210
1
2
t
tt
t
<
−
⎡
⎢
+−> ⇔
⎢
>
⎢
⎣

f
21
tt
t
tt
++
=
+−
trªn kho¶ng
()
1
,1 ,
2
⎛⎞
−∞ − ∪ + ∞
⎜⎟
⎝⎠
. Ta cã :
()
()
2
2
2
62
f'
21
tt
t
tt
+

1
2

+
∞
14 5 7
28 11 7
+
+
−
∞
−
∞
+∞

1
2


Gi¶i . Râ rµng nÕu
3
2y = hÖ v« nghiÖm.
Víi
3
2y ≠ , tõ (2) suy ra
3
3
2
x
y
=
−
, thay vµo (1) ta cã :
()
()
3
3
27 2 3
1
2
y
y
+
=
−
(3) . XÐt hµm sè :
()
(
)


Suy ra :
()
f' 0 1yy=⇔=−

Ta cã b¶ng biÕn thiªn : y

−∞ -1

+
∞
f’(y)
+ 0 - -

f (y)
0 −∞
−
∞
+
∞ −
∞

+
.
Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm :
(
)
1; 1


và
1
;2
2



.
) 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

+=

+=


1
11
14 12
14.5 12
55
tt
tt t
t
+
+
++
+=+= (1)
Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến trên nên t=1 là nghiệm
duy nhất của (1).
Vậy
1
21
2
y
xy x
+
== thế vào phơng trình thứ hai của hệ ta đợc :

(
)
(
)
32
23ln 102yy yy+++ ++=
Vế trái là hàm đồng biến do đó y =-1 là nghiệm duy nhất của (2).

= . Từ hệ phơng trình đã cho ta có hệ :

(
)
()
51
22
ab
bxy

+=


+=



Nhận thấy :
22
5ab x= . Kết hợp với (1) suy ra :
(
)
5
2
x
b

= , thế vào (2) ta đợc :

()

()
24233
82 2 4 4
33 33
1
11 2
kx x x yx
kx x x k x yx

+++=



++ ++ =


1.
Xác định k để hệ phơng trình có nghiệm .
2. Giải hệ phơng trình với k = 16.

" 10. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996 Bảng A )
Giải hệ phơng trình :
1
3.1 2
1
7.1 4 2
x
xy
y
xy

1
3
142
1
7
xy
x
xy
y


+=


+






=


+



()
()

+
( vì x >0, y>0)
Thay vào (2) và giải ra ta đợc :
11 4 7 22 8 7
,
21 7
xy
++
==.Thử lại ta thấy thoả mãn yêu cầu bt. Iii. Hệ phơng trình 3 ẩn. ) 1. ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996)
Giải hệ phơng trình :
32
32
32
61280
61280
61280
yx x
zy y
xz z


+=



19 5 2001
19 5 2001
19 5 2001
1890
1890
1890
xy zz
yz xx
zx yy

+= +

+= +


+= +


Giải . Chúng ta sẽ chứng minh hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất 0xyz===.

13
Giả sử
()
,,
x
yz là một nghiệm của hệ phơng trình khi đó
(
)
,,
x

Bởi vậy nếu cộng từng vế của HPT ta suy ra 0xyz
=
==.đpcm

) 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. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 Bảng A )

" 8. Giải hệ phơng trình :
()
(
)
()
()
()
()
23
23
23
12 1
12 1
12 1
xx y x
yy z y
zz x z

+
=+


+
=+


+
=+



()
32
f2ttt t=++ và
(
)
3
g
21tt
=
+ . Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm đồng biến
trên R vì :
()
2
f' 3 2 2 0,ttt=++>
(
)
2
g60,tt t
=
R.
Suy ra hệ đã cho tơng đơng với hệ :
()
()
4
h0
xyz
x
==



và (4) có dạng :

(
)
32
2cos , 0;
8cos 4cos 4cos 1 0
xyz uu
uuu


===

+=

hay
()
()
32
2cos , 0;
sin 8cos 4cos 4cos 1 0
xyz uu
uu uu


===



+=



và
(
)
2cos , 0;
35
;;
77 7
xyz uu
u



===







" 9. Tìm tất cả các bộ ba số dơng
(
)
,,
x

yz
là một bộ ba số dơng thoả mãn hệ PT đã cho . Không mất tính tổng quát ,
giả sử
0
x
yz<. Nh vậy :

2004 6 6 6 6
2004 6 6 6 6
2
2
x
yzxx
zxyzz

=++

=++


2004 6
2004 6
1
1
1
x
xx
x
yz
z


++=


++=


) 11. Giải hệ phơng trình :
54 2
54 2
54 2
22
22
22
xx xy
yy yz
zz zx


+=


+=



+=


) 12. Giải hệ phơng trình :

x
yza
x
yza


++=


+
++++=+



Giải.
ĐK: 1, 1, 1
x
yz
Hệ phơng trình tơng đơng với hệ phơng trình :

()
(
)
(
)
()()()
11 11 112
11 11 112
x
xyyzza

24
xuxu
uu

+= += +



Tơng tự đối với y, z .

15
Do đó bài toán của ta đa về bài toán tơng đơng : Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ
phơng trình sau có nghiệm
2, 2, 2uvs :

()
2
1
111
1
uvs a
uvs
++=



++=








=



,uv là hai nghiệm của tam thức bậc hai :
()
(
)
2
32 3
22 3
2
a
tat

+
()()
23 2329
,
2
aaa
uv

=

Chú ý : Đặt





++=


" 15. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng A )
Giải hệ phơng trình :
()
()
()
2
3
2
3
2
3
26.log6
26.log6
26.log6
x
xyx
y
yzy
zz xz


+=


26
lo
g
63
26
x
y
xx
y
z
yy
z
x
zz

=


+


=

+



=

+

tổng quát giả sử
{
}
max , ,
x
xyz= thì có hai trờng hợp :
1)
x
yz . Do
()
g
x
là hàm giảm, suy ra :
(
)()
(
)
333
log 6 log 6 log 6
y
zx

x
zy. Do
y
z nên
zy

x= có nghiệm duy nhất x=3.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất : x=y=z=3. " 16. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 Bảng B )
Giải hệ phơng trình :
32
32
32
325
325
325
x
xx y
y
yy z
zzz x

+
+=

+
+=


+
+=


Giải . Giả sử

1
1
1210
xx
x
z
zz


++









++



2)
x
zy
Từ hệ trên ta có :
32
32
325









++



Cả hai trờng hợp đều cho 1xzy===. Thử lại ta thấy 1xzy
=
== là nghiệm của hệ phơng trình .
Tóm lại hệ đã cho có nghiệm duy nhất : 1xzy
=
==.

) 17. Giải hệ phơng trình :


++ =




+++ ++=



xxy yz
x
yxyyzxz

+= +

++=


+
++=++


Giải . Hệ đã cho tơng đơng với :

()()
()( )
()()()( )
2222
0
1210
44 121
xx y yy z
xx y z
xy yz x z

++ +=


++ +=

GG
thì b
G
và c
G
cộng tuyến nên : 2cb
=

G
G
, từ đó ta có :
1
0,
2
xyz===
.
Tóm lại hệ có hai nghiệm :
111
0; 0; , 0; ;
222




.
iV. Hệ phơng trình n ẩn. ( n >3, n



Giải : 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 có :
2X
1996
12 3
xx x+=
Từ đó đối với các phơng trình của hệ ta có : 2X
1996
, 1,2, ,1996
k
xk=
Hay là ta có : 2X
1996
X suy ra :
1995
2 X ( vì X >0 ) (1)
Lập luận một cách tơng tự ta cũng đi đến :
1995
2 Y

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1995 1995
XY2==
Nghĩa là ta có :

1
, , , 0, 0
n
ni
i
bb b b
=


18
Gi¶i . §Æt :
11 2 2
12

nn
n
xa
xa xa
t
bb b
−
−−
====

Ta cã :
11 1
nn n

⇒= + ⇒=
∑
∑∑
∑1
1
n
i
i
iii
n
i
i
ca
xab
b
=
=
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
⇒=+
∑
∑