Đoàn Ngọc Dũng -

HƯỚNG DẪN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 2

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG BÀI 1 : Giải các hệ phương trình sau :

1)

+ Từ

 

2 suy ra 1x,y1

 

3

+ Nếu x0 : từ

 

1 y³1x³1y1, mâu thuẫn với

 

3

Vậy 0x1, tương tự cũng có 0y1. Trừ từng vế

 

1 và

 

2 :



^x3x4

 

^{ y3y4}



^0



1 x



y



1 y



0 x³   ³  



 

4

Do 0x,y1 nên

 

4 tương đương với hệ phương trình :

 

 













 0 y 1 y

0 x 1 x

3 3





xy0



,



xy1



,



x0,y1



,



x1,y0



Thử vào

 

1 chỉ lấy được :



x0,y1



và



x1,y0



.

2)

+ Tập xác định : y0. Đặt u y

x  , xyv ta được

   



















 

















 















3 v

2 v

2 u 0

6 v v

0 6 u 3 u 2 u 6

v v

12 u u

2

2 2

3 2

+ Với u2, v2 : 















 







 











2 x , 1 y

2 x , 1 y 2 y 2

y 2 x 2 xy

y 2 x

2

+ Với u2, v3 :











 3 xy

y 2 x

, hệ phương trình này vô nghiệm + Kết luận : hệ phương trình có hai nghiệm là

 

2,1 và



2,1



.

3)

Điều kiện là : x0.

















 

 





 

 

 



 

 





















 















6 x y

1 x y

19 x y

1 x 3y x y

1 x 6

y x

y

19 x y

1 x

6 xy y

x 19 y x 1

3

2 2

3 3 2

2

3 3

3

Đặt ẩn phụ y u x

1  , v x

y  ta được :







































 







 













3 y 2, x 1

2 y 3, x 1 x 6

y

1 x y

1 6 v

1 u 6

uv

19 uv 3 u

2 2

1 3 1

4)

Hệ

     



























 







 

















 

0 y

1 x

1 y

0 x 0

xy 1 y x y

x y xy x y x

1 y

I x _{2 2 2 2}

Vậy hệ phương trình có nghiệm



x,y



là :

 

0;1 và

 

1;0 .

5)  

       



   

^



^



^{ }















 



















 



















2 xy

7 xy y x 21 y x xy 7

7 xy y x 21 y x xy 2 y x

7 xy y x 21 y x y x

7 xy y

x ²

2 2 2 2 2

2 2 2

2

2 2 2 2 2

2



x,y

      

1,2 , 2,1 , 1, 2

 

, 2, 1

 

2 xy

3 y

x      











 

6)

Đặt









 xy P

y x

S



điều kiện:S²4P



 hệ phương trình đã cho 









 5 P S

6

SP

 

I

 S, P là hai nghiệm của phương trình x²5x60 

 

I 







 3 P

2 S ;







 2 P

3 S Trong hai nghiệm trên chỉ có nghiệm S3, P2 thỏa S²4P

Khi đó ta có x, y là hai nghiệm của phương trình X²3X20



x,y

    





1,2 ; 2,1

 7)

Đặt

x x 1 a  ,

y y 1

b 



điều kiện:a2, b2



 hệ đã cho tương đương với















9 4 b a

5 b a

2

2



^{a2, b2}



     

   



















 

















 





















 





















2 b

; 2 a

2 , 3 b , a

3 , 2 b , a 2

b

; 2 a

6 ab

5 b a 2

b

; 2 a

13 ab 2 b a

5 b a 2 b

; 2 a

13 b a

5 b a

2 2 2

 





 





















 







2 5 y 3

1 x y 3

y 1 x 2 x 1 3 b

2 a

 







 



















 







1

y 2

5 x 3

y 2 y 1

x 3 x 1 2 b

3 a

8)

Hệ

   

   

2 2

2

x y 3xy 19 x y x y xy 7 x y

    

 

   



Đặt xyu ; xyv. Hệ phương trình











 













 













 

0 u u

u 6 v 0 u 6 u 7 u

u 6 v 0 v u 7 u

v 3 u 18

2 2 2

2 2 2

2

 



 0 v

0 u hoặc







 6 v

1

u  xy0 hoặc









 6 xy

y 1 x

Suy ra hệ phương trình có nghiệm :







 0 y

0 x ;







 2 y

3 x ;











 3 y

2 x

9)





















 









 

















 



















 





















0 2 x 5 x 2

2 y x

1 x x 2 2 x 2

2 y x 2 y 2 2 y x

2 y x 2 y 2 2 y x

1 1 y x 2 y 2 2 y x

1 1 y x

2 











 2 y 3

2 x 1

10)    













 











1 y

y 1

y x 1

y 1 1 y x

1 ;

 













 



1 z 1 z

z x 9

3

Từ đó suy ra 1 yz z y 9 yz 9y z 5y z 4 0

z 1

z 9 y 1

y

1            



 







y,z1



y 5 4 z 





y,z1

  

*

Thế

 

* vào

 

2 ta có :

 

_









 















 y 2

0 0 y

y 5 y 10 4 y 5 4 5 4 y

y ²



y1



4 z

; 1 x 0

y    ; y2x3;z6

11)

Phương trình ^{x9y9 x4y4 x4}



^1x5

 

^y41y5



^0

Do x⁵y⁵1, ta có : x⁴.y⁵y⁴.x⁵0 ; x⁴y⁴



yx



0 













 x y

0 y

0 x

 Với yxx⁵y⁵0 trái với phương trình x⁵y⁵ 1 (loại)

 Với x0y1. Với y0x1.

Hệ phương trình có hai nghiệm

 

0;1 và

 

1;0 .

12)

Từ phương trình

 

1 suy ra 1x,y1

 

3

Từ hệ suy ra



x²x³

 

 y²y³



0. Do

 

3 nên vế phải của

 

4 là tổng của hai số hạng không âm.

Vậy từ phương trình này suy ra













 0 y y

0 x x

3 2

3 2





x0,y0



,



x0,y1



,



x1,y0



,



x1,y1





x0,y1



,



x1,y0



là nghiệm của hệ phương trình.

13)

Do y0 không thỏa mãn hệ nên đặt xty ta được :

 

 

   

   







 







 













2 2 19 1 t

1 t

1 2 y 1 t 19 y 1 t

2 y 1 t

2 3

2 3

3 3

2 3

Giải

     













































3 x , 2 2 y

t 3

18 x 7 18 , y 1 7 t 0 21 t 17 t 2 1 t 19 1 t t 2

2 ^{2 2 3 3}

14)

Từ hệ phương trình













 x 2 1 y

y 2 1 x

3 3

suy ra ^x3y32



^yx

 

^{ xy}

 

^{x2y2xy2}



^0yx

2 2

x y 0

x xy y 2 0 (

  

      vo ânghiệm do = y ²4(y + 2) = 3y²  ²8 < 0) Thay x = y vào phương trình

 

1 ta được : x³2x10  x1 ,

2 5 x 1



Vậy hệ phương trình có nghiệm là :



x1,y1



, _







     2

5 y 1

2 , 5

x 1 .

15)      



 

















 

















2 1

y x

1 0 3 xy y x y x 1

y x

y 3 y x 3 x

6 6

2 2 6

6

3 3

a) Hoặc _{6 6 6}

2 y 1

1 x y x

0 y

x   













b) Hoặc

 

 

2 2

6 6

x y xy 3 3

x y 1 4

   



 



Từ

 

4 suy ra x 1 , y 1  x²1 , y² 1 , xy1 Vậy

 

3 ,

 

4 















 1 y x

1 xy y x

6 6

2 2

 vô nghiệm Hệ phương trình có hai nghiệm : _{1 1 6}

2 y 1

x   ; _{2 2 6} 2 y 1

x  

16)

Từ hệ phương trình suy ra điều kiện cần là 0x²,y²1

Trừ từng vế ta được :

     



 

















2 1

y x

1 0 y 1 y x 1 x

4 4

2 4 2 4

Do 0x²,y²1 nên phương trình

 

1 dẫn tới hệ phương trình

   

   















b 1 0 y 1 y

a 1 0 x 1 x

2 4

2 4

Kết hợp hệ

 

1 , a

 

1 , với phương trình b

 

2 ta được các nghiệm của hệ phương trình là : _

















0 y , 1 x

1 y , 0 x

17)

Thế x²y²



xy



²2xy162xy ; ^{x3y3 }



^xy

 

^x2xyy2



^4

 

^xy



^23xy



^4



^163xy



vào phương trình

 

2 ta có :



162xy



163xy



70



8xy



163xy



353

 

xy ²40xy930 Đặt xyv, dễ dàng giải phương trình này ta được v3 hoặc

3 v31

* Nếu vxy3, kết hợp với xy1, ta được







 3 y

1 x hoặc







 1 y

3 x

* Nếu 4xy



x y



²

y x 4

3 xy v 31

















 : vô lý

18)

Hệ phương trình

   

   

_^









 



















 

3 y x 2

3 x 2 x 6 y x 2 x 2 x

9 y x 2 x 2

x ²

2 2





x1;y1



,



x3;y9

 19)

Hệ phương trình

 















 

1 xy 2 y x

xy 2 1 y x

2

Đặt xyu, xyv  













1 v 2 u

v 2 1 u

2  _







 0 v

1 u hoặc











 2 v 3

2 u

a) 





 0 xy

1 y

x 







 1 y

0 x hoặc







 0 y

1 x

b) 4xy



x y



²

2 xy 3

2 y x





 













, vô lý. Hệ phương trình này vô nghiệm.

20)

Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra xy xyy0, vậy ta có điều kiện







 y x

0 y

Khi đó bình phương cả hai vế phương trình thứ nhất của hệ ta nhận được hệ tương đương



















x 6 y x

2 x y x

2 2

2 2

Giải hệ phương trình này bằng cách bình phương hai vế của hai phương trình ta nhận được nghiệm









 6 y

2 x 5

21)

Điều kiện :







 0 y

0 x ;







 































1 y

1 x x 2

x 1 x 2 x 1 y 2

y 2 y 1 y 2 y 1 x 2

2 2

Từ hệ phương trình 

y y 1 y x 2 x 1 x

2 ²    ² 

 

3

Xét hàm

 

t t 1 t 2 t

f  ²  



t1



Ta có

 

0

t 1 1 t 4 t

'f    ₂  khi t1, suy ra f đồng biến, vậy phương trình

 

t

 

3 tương đương với xy. Thế yx vào phương trình

 

1 ta có : ^{2x3x210}



^x1

 

^2x2x1



^0x1

Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất : xy1.

22)

Từ

 

2 suy ra x0, chia các vế của 2 PT cho x² ta được :













 



 

 





 

 



















x 5 2y x y

1

6 x y

1 x y

5 x y

1 x 6 y x

y

2 2 2

2 2

Đặt u

x

y  , y v

x

1   ta được hệ phương trình :

 



 











 











 

 

 









4 0 12 v 5 v

2 3 5 u v

6 2 v

5 v

2 5 u v

5 u 2 v

6 uv

3 2

2 2

2

  

4  v3

 

v²3v4



0v3, suy ra u2,













 3 y x . 1

3 x y

1

 







 2 y

x 1 1

hoặc









 1 y

x 2 1

23)

Tập xác định : x2, y2.

Các vế đều  0, bình thương các vế ta được :

    

    































2 49 5 y 2 x 2 3 y x

1 49 2 y 5 x 2 3 y x

Trừ từng vế :



x5



y2







x2



y5



xy

Thay vào

 

x 3x 10



23 x



^{x 11}

23 x x

23 10 x 3 x 49 10 x 3 x 2 3 x 2 :

1 ^{2 2} _{2 2}  













 





















Vậy hệ phương trình có nghiệm là xy11.

24)

Đặt











 y x 2 t

y x 2 z

Hệ phương trình trở thành :























































































 















2 t 1

1 z

1 t

2 z

0 1 t 3 t 3

t 3 z

0 1 t 3 t 2

t 2 z

t 3 z 1

t 3 z

t 2 z t 3

z 1

0 t 6 zt 5 z

2 2 2

2













 







2 y 1

4 x 3 1 t

2

z ;













 









4 y 1

8 x 3

2 t 1

1 z

25)

Ta có :

 

 











 















 















 

4 y x

5 y x 13 y x 3 y x

5 y x 13 y y x x

5 y

1 x ₂² ₂ ²

2 2 2

2 2

2 2 4

2 2 4

2 2

 







 4 y

1 x

2 2

; 







 1 y

4 x

2 2

Vậy ta có hệ phương trình các nghiệm là :



x,y

   





1,2 , 1,2

 

, 1,2

   

, 2,1 , 2,1

 

, 2,1

 

, 2,1

 

26)

Dễ thấy rằng nếu



x,y



là nghiệm của hệ phương trình thì x0 và y0.

Đặt ^y t y tx

x    , từ

 

2 ta có ^x2



^{213t15t2}



^{015t213t20}



dox0



 3 t2 hoặc

5 t1

 Với 3

t2, từ phương trình

 

1 ta có : ^{x 1 2t2}



^3t2



^{9 x2 1 4 12 9 x2 9 x 3}

y tx 2 3 9

  

 

              

 Với 5

t1, từ phương trình

 

1 ta có :





























 



  

2 y 1

2 x 5

25 9 x 18 25 9

3 5 1 2

x^{2 2} (x, y cùng dấu)

Hệ có bốn nghiệm :



3;2



, _



 



  2

; 1 2

5 ,

 

3;2 , 



 





2

; 1 2

5 .

27)

Từ

 

1 và

 

2 ta có : ²



^{x22xy3y2}

 

^{92x22xyy2}



^{16x214xy3y2 0}

 

3 Dễ thấy y0 không thỏa mãn hệ, do đó

 

























 



 



 



 

8 3 y x

2 1 y x 0 y 3

14 x y

16 x 3

2

 y 2x

2 1 y

x    . Thế vào

 

2 ta có x²1x1 Từ đó có hai nghiệm :



^1;2



^,



1;2



.

 x

3 y 8 8 3 y

x    . Thế vào

 

2 ta có :

17 17 x 3

17

x²  9  

Từ đó có hai nghiệm : _^











17 17

;8 17

17

3 ; _^









 

17 17

;8 17

17 3

BÀI 2 : Giải các hệ phương trình sau :

1)

Điều kiện :













0 y xy x

0 xy

2 2

Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì hệ vô nghiệm.

Nếu x  0, y  0 (x, y không đồng thời bằn 0) thì vế trái của (2) âm, phương trình (2) không thỏa mãn.

Do đó x > 0, y > 0.

Vì 2 xyxy nên từ phương trình (1) suy ra : 6x6 xyyx3



xy



y4x2y 3

y x 2  

 (3)

Mặt khác ta có :

     

2 2

3 3 2

2

3 3 2

2 2 2 2

2

y x

y x 2 y xy x

y x 3 2

y x y 3 xy 2 x

y xy x



 





 

 





 

 (4)

Ta chứng minh rằng :



₂³ ₂³



²



^{x2 y2}



y x

y x

2  



 (5)

Thật vậy, bất đẳng thức (5) tương đương với ²



^x3y3

 

^{2 x2y2}



^{3x6y64x3y33x4y23x2y4 (6)}

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :

2 3 12 6 4

3 3 3 3

6 xy xy 3 x y 3x y

x     ; y⁶x³y³x³y³3³ x⁶y¹² 3x²y⁴ Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được (6), từ đó suy ra 5.

Từ (4) và (5) suy ra ₂



^{3 3}



₂ 2



x² y²



y xy x

y x

3  







Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý rằng ²



^x2y2



^xy, ta được :

 

2



x y



x 2



x y



x



x y



2x y y

xy x

y x x 6

3 ₂ ^{3 3} ₂  ² ²   ² ²     





 

 (7)

Từ (3) và (7) suy ra 2x + y = 3 và x = y.

Ta được x = y = 1 (thỏa mãn các điều kiện của bài toán).

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (x ; y) = (1 ; 1).

2)

Điều kiện : x  5 ; y  4 ; 2x + y + 5  0 ; 3x + 2y + 11  0

Phương trình (1) tương đương với :



3



5x



2



5x 



3



4y



2



4y (3) Xét hàm f

  

t  3t2



t với t  0, ta có : f’(t) =

t 2

2 t t 3

3 

 > 0, t  0 Kết hợp với (3) ta có : f(5 – x) = f(4 – y)  5 – x = 4 – y  y = x – 1

Thao vào phương trình (2) của hệ, ta được : 2 3x43 5x9x²6x13, với

3 x4

 



^{2 3x 4 2 x 2}

 

^{3 5x 9 3 x 3}

  

^{x2 x} _3x^{2x x 1}₄

 

^_x



₂



_{5x 9}^{3x x 1}

 

^_{x 3}

 

^{x x 1}

 

             

     

   

5x 9



x 3



^{1 0}

3 2

x 4 x 3 1 2 x

x 



 



 





 





 

  x = 0 hoặc x = 1

   

^_^



  





 





 1 1

3 x 9 x 5

3 2

x 4 x 3 vì 2

 Với x = 0 thì y = 1

 Với x = 1 thì y = 2

Thử lại ta thấy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x ; y)  {(0 ; 1) ; (1 ; 2)}.

3)

Điều kiện : y  1 Phương trình (1)

   

 



 









 











 







 4y x 6x 5 4

3 3

x 3

x 1 y 4

3 3 x

x 1 y

2 _{2 2}

Thay (4) vào phương trình (2) ta được : x³ – 2x²(x – 3) – 9x – 2(x² – 6x + 5) = 52 – x(x² – 6x + 5)

 x² + 4x – 21 = 0 

 

 

 











3 mãn thỏa 7

x

loại 3 x

Thay x = 7 vào phương trình (4) tìm được y = 3.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ; y) = (7 ; 3).

4)

Rõ ràng x = 1 không thỏa mãn phương trình (1), vậy x  1.

Khi đó hệ 

 

   

 

   

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2x 13 2x 13

y y

3 1 x 3 1 x

(2x 13) 2x(1 x)(2x 13)

2x 13 2x 13 2x 11

3 2x 2x 11

3 x 1 3 x 1

3 x 1 3 1 x

     

   

 

 

  

   

          

       



     

   

2

2 2

2 2 2 2 3 2

2x 13

2x 13 2x 13

y y y

3 1 x

3 1 x 3 1 x

x 2 x 4 2x 17 0 (2x 13) 2x(1 x)(2x 13) (2x 11)3(x 1) 2x 5x 86x 136 0



        

    

  

                 

  















3 y 7

2 x

hoặc









 3 y

4

x hoặc











 7 y 2 x 17

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm (x ; y) là _



 



3 21

;

2 , (4 ; 3), _



 



 ;7 2 81

5)

Từ (1) suy ra x + y  0.

Ta có :

      

x y



2 1 3

y xy y x

4 x y 1 12 x y 1 4 x 1 3

y xy

x2 2 2 2 2 ^{2 2}



 

 











 

 (3)

Và

      

x y



2 1 2

y y x

4 x y 1 4 x y 3 4 x 1 2

y

x2 2 2 2 2 ^{2 2}



 













  (4)

Từ (3) và (4) suy ra x y

3 y xy x 2

y

x^{2 2 2}  ²  

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Do đó phương trình (1)  x = y  0 Thay y = x vào phương trình (2), ta được : x 2x²5x34x²5x3 (5) Đặt t 2x²5x3 với t  0

Phương trình (5) trở thành

  

_









 











 t 2x

x 3 0 t

t x 2 t x 3 t x 6 xt ^{2 2}

Vì t  0 ; x  0 và khi x = 0 thì t 3 nên trường hợp t = 3x không xảy ra.

Với t = 2x, ta được : x 3

0 x

0 3 x 5 x 3 2

x 5 x 2 x

2 ^{2 2}  











 







Vậy hệ phương trình trong đầu bài có một nghiệm duy nhất (x ; y ; z) = (3 ; 3 ; 3).

HƯỚNG DẪN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG BÀI 3 :

3) Hệ xy²₂ 6x y²₂ 6 yx²₂ y yx 6y x 6 xy x

     

      

Trừ vế theo vế, ta có: _













 























 x y 2xy 7 0

y 0 x

) 7 xy 2 y x )(

y x ( 0 ) y x )(

xy ( ) y x ( 7 ) x y ( xy 2

 Với x = y, ta có : _











 





 x y 3

2 y 0 x

6 x 5 x²

 Với xy2xy70(12x)(12y)15 (1)

Cộng vế theo vế 2 phương trình đã cho, ta có : x² y²5x5y120(2x5)²(2y5)² 2 (2) Đặt a = 2x – 5 và b = 2y – 5.

Từ (1) và (2), ta có hệ :

















 















1 ) b a ( 4 ab

2 ab 2 ) b a ( 15 ) 4 b )(

4 a (

2 b

a^{2 2 2}











 











 

31 ab

8 b a 1 ab

0 b a

 Với hệ :







 







 













3 y

2 x 2 y

3 x 1

ab 0 b a

 Với hệ :











 31 ab

8 b

a (vô nghiệm)

Vậy nghiệm là : (2 ; 2) ; (3 ; 3) ; (3 ; 2) ; (2 ; 3).

BÀI 5 :

3) Điều kiện : xy0

Phương trình (1) của hệ là phương trình đồng bậc xy xy2 y2x2 x²y² 4y

 

_^







 













 







 5y 4xy 0

x y 2 x

y 2 y x

0 x y x 2

y 2 y

x^{2 2} _{2 2 2 2}

 Với y0 thay vào phương trình (2) suy ra x9 (không thỏa mãn điều kiện)

 Với 5y4x0 thay vào phương trình (2) có

5 y 4 1 x 1

x      (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm



x;y



là 



 



 5

; 4 1 . BÀI 6 :

3) Điều kiện : 2x + y + 1  0 , x + y  0 Đặt





















0 y x v

0 1 y x 2

u  u²v²2xy1xy3x2y1415

Ta có :

 

_^











 













 













0 4 v 2 v 2

1 v u 5 v 1 v

1 v u 5 v u

1 v u

2 2 2 2

2

 

^





 





















 v 1

2 u loại 2 v

1 v

1 v u

Do đó :









 











 













 

















1 y

2 x 1

y x

3 y x 2 1

y x

4 1 y x 2 1

y x

2 1 y x

2 .

Vậy nghiệm là (2 ; 1).

5) Ta có : Hệ

 

   

 

   















 





 

 



















 

1 2 x y y

1 x

4 x y y

1 x y 2 x y 1 x

y 4 x y y 1 x

2 2

2 2

. Đặt











  y x v

y 1 u x

2

Khi đó ta có hệ phương trình :

 

_^ 

 













3 v

1 u 1 2 v u

4 v u

Suy ra :







 













 













2 y

1 x x

3 y

0 2 x x 3

y x

y 1

x^{2 2} hoặc









 5 y

2 x

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : (x ; y) = (1 ; 2) ; (x ; y) = (2 ; 5).

 Cách khác : Có thể đặt

y 1

ux²  , v = y + x – 2 ta có









 1 uv

2 v u

7) Ta có:

 

 























2 2 2

2 2

y x 7 y xy x

y x 3 y xy

x

   

   





















  _{2 2}

2

y x 7 xy 3 y x

y x 3 xy y x

Đặt









 xy v

y x

u , ta có hệ 







 







 











 















2 v

1 u 0 v

0 u u

2 v

0 u u u

7 v 3 u

u 3 v u 3

2 2 2

2 2

 Với u = v = 0, ta có:









 0 xy

0 y

x  x = y = 0

 Với u = 1, v = 2, ta có:







 











 













 











1 y

2 x 2 y

1 x 1

x y

0 2 x x 2

xy 1 y

x ²

Vậy hệ phương trình có nghiệm : (0 ; 0), (–1 ; –2), (2 ; 1) 8) Điều kiện x + y  0.

Khi đó ta có

 

   

 

   













 





 



























 





 









3 y y x

x y 1 x

y 7 x ) 3 y xy 2 x ( ) xy 6 y 3 x 3 (

3 y y x

x y 1 x

y 7 x y 3 4 x 4 xy 2 xy

6 ^{2 2} ₂ ^{2 2 2 2} ₂

     

   

     

   















 













 





 

















 





 











3 y y x

x y 1 x

7 y y x

x y 1 x 3 3

y y x

x y 1 x

y 7 x y 3 x y x

3 ^{2 2} ₂ ² ₂ ²

Đặt

y x y 1 x

u   



u 2doBĐTcôsi



u 2

) y x ( ) 1 y x ( ) 2

y x ( ) 1 y x (

u^{2 2} ₂ ² ₂  ²

 





 







 và v = x – y

Khi đó hệ 













 













 











 













 

u 3 v

0 4 u 6 u 4 u

3 v

13 ) u 3 ( u 3 3

v u

13 v u 3 3

v u

7 v ) 2 u (

3 ^{2 2 2 2 2 2 2}

1 2 3 v ) 2 u do ( 2 u 2

u

) 2( u 1

u 3 v













 























 loại

Ta có hệ







 











 













 

















 











 





0 y

1 x 1 y x

1 y x 1

y x

0 ) 1 y x ( 1

y x

0 1 ) y x ( 2 ) y x ( 1

y x

y 2 x y 1

x ^{2 2}

BÀI 7 :

3) Từ (2) ta có :















 









 











1 y 1

1 x 1 1

y 1 x 1 y

1 x

8 8

Xét hàm đặc trưng : f(t) = t³ – 5t , t  [1 ; 1]  f’(t) = 3t² – 5 < 0 , t  [1 ; 1]

4) Từ

 

1  1x1 và 1y1

Biến đổi

 

2  x³3xy³3y  f

   

x f y Xét hàm f

 

t t³3t với 1t1

5) Điều kiện : 2x,y6

Lấy

   

1  2 được : x2 6x y2 6yf

   

x f y Xét hàm đặc trưng : f

 

t  t2 6x ; 2t6

6) Điều kiện : x2 ; y2

Lấy

   

1  2 được : x²91 x1x² y²91 y2y²f

   

x f y Xét hàm đặc trưng : f

 

t  t²91 t2t² ; t2

9) Điều kiện : 3x + y + 17 ≥ 0.

y 4 y 3 y 2 x x x 1 1 y y 3 y 3 y x ) 1

(  ³ ³ ²      ³   ³ ²

) 4 y 3 y ( y ] 4 ) 1 x ( 3 ) 1 x )[(

1 x ( ) 4 y 3 y ( y ) 2 x x )(

1 x

(  ²   ²     ²    ² 

 Đặt









 y v

1 x

u . Ta có : u(u²3u4)v(v²3v4)f(u)f(v) Xét hàm đặc trưng : f(t)t(t² 3t4), t

f(t)t³3t²4t 10) Điều kiện : x2,

2 y1

 

1 



1



2x

 

2x 



1



2y1

 

2y1

 

3 Xét hàm đặc trưng : ^{f t}

 

^{ }



^{1 t2}



^{t t3 t có}

11) Điều kiện : y1 ; x2

 Nếu x0 thì hệ vô nghiệm.

 Nếu x0 thì

 

f

 

x x

f y x x x 2

y x 2 y

1 ³

3





 



 



 



 









Xét hàm đặc trưng : f

 

t 2tt³

12) Do



^{y y21}



^y21y



^1 nên từ phương trình

 

1 của hệ ta suy ra x 1x² y y²1

 f

   

x f y

Xét hàm số f

 

t t 1t² ta có :

 

0

t 1

t t t

1 t t 1 t

1 1 t t

'f ₂ ² _{2 2} 



 





 

 

 BÀI 8 :

2) Hệ ²

2

y 2 (x 1) (x 2) (1) x 2 2(y 1) (y 2) (2)

     

 

   



Nếu x > 2 thì từ (1) suy ra y – 2 < 0 điều này mâu thuẩn với phương trình (2) có (x – 2) và (y – 2) cùng dấu.

Tương tự với x < 2 ta cũng suy ra điều vô lý.

Vậy nghiệm của hệ là x = y = 2.

3) Điều kiện :

2 x 1

2

1 x 2

2

   



  



. Lấy (1) + (2) ta có : ² 1 1₂ ²

x 2 x 2 y 2y 5

x x

       

Áp dụng BĐT B.C.S, ta có :

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

x 2 x 1.x 1. 2 x (1 1 )(x 2 x ) 2

1 1 1 1 1 1

2 1 1 2 (1 1 ) 2 2

x x x x x x

         

 

            

 

4) Ta có : x²y²xy 3x 4y 4    0 x² (y 3)xy²4y 4 0

2 2 2 2 7

(y 3) 4(y 4y 4) 3y 10y 7 0 3y 10y 7 0 1 y

                 3 Mặt khác, ta có : x²y²xy 3x 4y 4    0 y² (x 4)y x ²3x 4 0

2 2 2 2 4

(x 4) 4(x 3x 4) 3x 4x 0 3x 4x 0 0 x

                3 Khi đó :

4 2

4 2 4 7 697 2013

x y

3 3 81 81

   

      

     phương trình (1) vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình vô nghiệm.

5) Với mọi x, y ta có : 5x²2xy2y²



2xy

 

² xy



²0 và 2x²2xy5y²



x2y

 

² xy



²0 Vậy điều kiện để hệ phương trình trên xác định là 2xy10

Viết lại phương trình thứ nhất của hệ và đánh giá như sau :

  

²



²

  

²



²

2 2

2

2 2xy 2y 2x 2xy 5y 2x y x y x 2y x y

x

5             



x y



3 y 3 x 3 y 2 x y x

2       



Phương trình thứ nhất của hệ chỉ có thể được thỏa mãn nếu x y 0 0

y 2 x

0 y x 2

0 y x





 



















Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 3x12³19x82x²x5

 



^{x 1 3x 1}



²

 

^{x 2}



^{19x 8}



⁰

x 2 x

2 ²       ³  



     



x 2

 

x 2



19x 8



19x 8



^{0 x x 0}

x x 14 x 2 1

x 3 1 x

x x x

x

2 ²

3 2

2 3

2

2 2    















 







 





     

^_







 













 





 

 0

8 x 19 8

x 19 2 x 2 x

14 x 2 1

x 3 1 x 2 1 nên 0 x

vì 2 3 3 2

 x = 0, x = 1

Từ đó (x ; y) = (0 ; 0) hoặc (1 ; 1) là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

6) Điều kiện : 0  x  6. Cộng theo vế hai phương trình của hệ rồi biến đổi ta được :



^{2x2 6x}

 

^{ 4 2x246x}

 

^{ y 2}



^{263 263 2 (1)}

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ hai số dương ta có :



2x2 6x



²



12

 

2x



122x

 

36 2x2 6x6 (2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2.

Tương tự ta có :



^{4 2x246x}



^{2 }



^12

 

^{2x2 6x}



^{184 2x24 6x3 2 (3)}

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2. Từ (2) và (3) suy ra



^{2x2 6x}

 

^{ 4 2x24 6x}



^{63 2}

Kết hợp với (1) suy ra các đẳng thức ở (1), (2) và (3) phải xảy ra. Khi đó x = 2 và y = 2 . Thử lại ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x ; y) =



^{2; 2}



^.

BÀI 9 :

2) Điều kiện xác định : x0 ; y0 ; z0



xyz



²81x²y²z²2



xyyzzx



81x²y²z² 812



xyyzzx



x²y²z² 27x²y²z²xyyzzx2



x²y²z²



2



xyyzzx



0

     

x y z

x z

z y

y x 0 x z z y y

x ^{2 2 2}   





























Thay vào

 

1  xyz3, thỏa mãn hệ phương trình.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất xyz3. BÀI 10 :

3) Ta có :



 











 

















1 x 1 xy

m x 2 y 1

xy x

0 m y x 2

     

_^





 



 









 













 











 

x 1 x 2 m x

1 x mx 1 x 2 x

1 x 1 x 2 x m x 2 x

1 x x

1 xy

0 x

1 1 _{2 2 2} ²

Ta xét hàm số :

 

x 1 x 2 x x

f  ²   , x  1 ;

 

0

x 1 x x

'f  ²₂  , x, 0  x  1

 





 f x

xlim ; _

 



 f x lim0

x ; _

 



 f x lim0 x

x  0 1

f’(x) + +

f(x) +



2



Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi m > 2.

4) Đặt

x x 1 a  ;

y y 1

b  . Điều kiện : a 2 , b 2 Thay vào hệ đã cho ta có :

   

















 



















5 m 15 b ab a b a

5 b a 10 m 15 b 3 b a 3 a

5 b a

2 2

3 3

 

_^{  }



 















 















 

m 8 ab

5 b a 1 m 3 ab 3 b a

5 b a 1 m 3 b ab a

5 b a

2 2

2

Do đó a, b là hai nghiệm của phương trình : t² – 5t + 8 – m = 0 (1)

Ta có hệ đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm t1, t2 thỏa mãn t₁ 2. Xét hàm số f(t) = t² – 5t + 8 với t₂ 2  f ’(t) = 2t – 5 ; f’(t) = 0  t =

2 5

x – –2 2 5/2 +

y’ – – – 0 +