Hệ phương trình

1 Hệ ph−ơng trình  I. Hệ ph−ơng trình dạng hoán vị vòng quanh. " Bài 1. ( Đề thi HSG quốc gia năm 1994 ) Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 3 3 ln 1 3 3 ln 1 3 3 ln 1 x x x x y y y y y z z z z z x ⎧ + − + − + =⎪⎪ + − + − + =⎨⎪ + − + − + =⎪⎩ Giải : Xét hàm số : ( ) ( )3 2f 3 3 ln 1t t t t t= + − + − + Ta có : ( ) 22 22 1 f' 3 1 0, R1 t t t x t t −= + + > ∀ ∈− + Vậy hàm số ( ) f t đồng biến trên R. Ta viết lại hệ ph−ơng trình nh− sau : ( ) ( ) ( ) f f f x y y z z x ⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩ Không mất tính tổng quát, giả sử : { }min , ,x x y z= . Lúc đó : ( ) ( ) ( ) ( ) f f f fx y x y y z y z z x≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ . Hay : x y z x≤ ≤ ≤ x y z⇒ = = Với : x y z= = , xét ph−ơng trình : ( )3 22 3 ln 1 0x x x x+ − + − + = Do hàm số : ( ) ( )3 22 3 ln 1x x x x xϕ = + − + − + đồng biến trên R nên pt có nghiệm duy nhất : 1x = . Vậy hệ ph−ơng trình có nghiệm duy nhất : 1x y z= = = . " Bài toán tổng quát 1 . Xét hệ ph−ơng trình có dạng : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 1 1 f g f g .... f g f g n n n x x x x x x x x − ⎧ =⎪ =⎪⎪⎨⎪ =⎪ =⎪⎩ Nếu hai hàm số f và g cùng tăng trên tập A và ( )1 2, ..., nx x x là nghiệm của hệ ph−ơng trình , trong đó , 1,2,...,ix A i n∈ ∀ = thì 1 2 ... nx x x= = = . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { }1 1 2min , ..., nx x x x= . Lúc đó ta có : ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 3 2 3 1 f f g g ... nx x x x x x x x x x≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ . Vậy : 1 2 1.... nx x x x≤ ≤ ≤ ≤ Từ đó suy ra : 1 2 ... nx x x= = = . Tháng 08 – 2007...Phạm Kim Chung 2 " Bài 2. Giải hệ ph−ơng trình : 3 2 3 2 3 2 2 2 2 1 4 1 4 1 4 x x y y z z y z x + + + ⎧⎛ ⎞⎪ =⎜ ⎟⎝ ⎠⎪⎪⎪⎛ ⎞ =⎨⎜ ⎟⎝ ⎠⎪⎪⎛ ⎞⎪ =⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎩ Giải: Vì vế trái của các ph−ơng trình trong hệ đều d−ơng nên hệ chỉ có nghiệm : , , 0x y z > . Xét hàm số : ( ) 3 22 1 f 4 t t t +⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ , ta có : ( ) ( )( ) 3 22 2 1f' 2 ln 4 3 . 0, 0 4 t t t t t t +⎛ ⎞= − + ⎜ ⎟⎝ ⎠ . Vậy hàm số ( ) f t nghịch biến trên khoảng ( )0; +∞ . Không mất tính tổng quát, giả sử : { }min , ,x x y z= . Lúc đó : ( ) ( ) ( ) ( ) f f f f zx y x y y z y z x≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ( ) ( ) f f zx z x y x⇒ = ⇒ = ⇒ = . Vậy hệ ph−ơng trình có nghiệm duy nhất : 1 2 x y z= = = . " Bài toán tổng quát 2 . Xét hệ ph−ơng trình có dạng (với n lẻ ): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 1 1 f g f g .... f g f g n n n x x x x x x x x − ⎧ =⎪ =⎪⎪⎨⎪ =⎪ =⎪⎩ Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( )1 2, ..., nx x x là nghiệm của hệ ph−ơng trình , trong đó , 1,2,...,ix A i n∈ ∀ = thì 1 2 ... nx x x= = = với n lẻ . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { }1 1 2min , ..., nx x x x= . Lúc đó ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 3 2 3 1 1 1 2 f f g g ... f fn nx x x x x x x x x x x x x x≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ . ⇒ 1 2x x= Từ đó suy ra : 1 2 ... nx x x= = = . " Bài 3. Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x y y z z t t x ⎧ − =⎪⎪ − =⎪⎨ − =⎪⎪ − =⎪⎩ 3 Giải : Vì vế trái của các ph−ơng trình trong hệ không âm nên ph−ơng chỉ có nghiệm : , , , 0x y z t ≥ . Xét hàm số : ( ) ( )2 f 1s s= − , ta có : ( ) ( )f' 2 1s s= − . 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 x y z t= . + Nếu ( ) ( )1; , , , 1;x x y z t∈ +∞ ⇒ ∈ +∞ , do đó theo bài toán tổng quát 1, hệ có nghiệm duy nhất : 2 3x y z t= = = = + . + Nếu [ ]0; 1x∈ ( )0 f 1 0 2 1x y⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ , hay [ ]0;1y∈ , t−ơng tự [ ], 0; 1z t⇒ ∈ . Vậy [ ], , , 0; 1x y z t∈ . Do đó ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) f f f f zx y x y y z y z x≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤ x z⇒ = . Với x z= ( ) ( ) f f zx y t⇒ = ⇒ = . Lúc đó hệ ph−ơng trình trở thành : ( ) ( ) ( )22 2 1 2 1 2 1 2 x y x y x y y x x y ⎧ − =⎧ − = ⎪⎪ ⇔⎨ ⎨ =⎡− =⎪ ⎪ ⎢⎩ = −⎣⎩ 2 3x y⇔ = = − Vậy hệ ph−ơng trình đã cho có 2 nghiệm : 2 3x y z t= = = = + và 2 3x y= = − . " Bài toán tổng quát 3 . Xét hệ ph−ơng trình có dạng (với n chẵn ): ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 1 1 f g f g .... f g f g n n n x x x x x x x x − ⎧ =⎪ =⎪⎪⎨⎪ =⎪ =⎪⎩ Nếu hàm số f giảm trên tập A , g tăng trên A và ( )1 2, ..., nx x x là nghiệm của hệ ph−ơng trình , trong đó , 1,2,...,ix A i n∈ ∀ = thì 1 3 1 2 4 ... ... n n x x x x x x −= = =⎡⎢ = = =⎣ với n chẵn . Chứng minh : Không mất tính tổng quát giả sử : { }1 1 2min , ..., nx x x x= . Lúc đó ta có :. ( ) ( ) ( ) ( )1 3 1 3 2 4 2 4 f f g gx x x x x x x x ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ( ) ( ) ( ) ( )2 4 3 5 3 5 f f g g ......... x x x x x x ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 1 1 f f g g ......... n n n n x x x x x x − − − ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 f f g gn n nx x x x x x−⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ Vậy : 1 3 1 1 1 3 1.... ...n nx x x x x x x− −≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ = = = ; 2 4 2 2 4.... ...n nx x x x x x x≥ ≥ ≥ ≥ ⇒ = = = 4 Phần bμi tập ứng dụng ph−ơng pháp ) 1. Giải hệ ph−ơng trình : 3 2 3 2 3 2 2 7 8 2 2 7 8 2 2 7 8 2 x x x y y y y z z z z x ⎧ − + − =⎪ − + − =⎨⎪ − + − =⎩ ) 2. Chứng minh với mỗi a R∈ , hệ ph−ơng trình : 2 3 2 3 2 3 x y y a y z z a z x x a ⎧ = + +⎪ = + +⎨⎪ = + +⎩ có một nghiệm duy nhất . ) 3. Cho hệ ph−ơng trình : 2 2 2 x y a y z a z x a ⎧ = +⎪ = +⎨⎪ = +⎩ Tìm a để hệ ph−ơng trình chỉ có nghiệm với dạng x y z= = . ) 4. Giải hệ ph−ơng trình : 3 1 1 2 3 2 2 3 3 99 99 100 3 100 100 1 3 2 2 3 2 2 ......... 3 2 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x ⎧ − + =⎪ − + =⎪⎪⎨⎪ − + =⎪⎪ − + =⎩ ) 5. Cho n là số nguyên lớn hơn 1. Tìm a để hệ ph−ơng trình : 2 3 1 2 2 2 2 3 2 3 3 3 2 3 1 2 3 1 1 1 4 4 ......... 4 4 n n n n n x x x ax x x x ax x x x ax x x x ax − ⎧ = − +⎪ = − +⎪⎪⎨⎪ = − +⎪⎪ = − +⎩ có một nghiệm duy nhất . ) 6. Cho n là số nguyên lớn hơn 1 và 0a ≠ . Chứng minh hệ ph−ơng trình : 2 3 1 2 2 2 2 3 2 3 3 3 2 3 1 2 3 1 1 1 4 4 ......... 4 4 n n n n n x x x ax x x x ax x x x ax x x x ax − ⎧ = − +⎪ = − +⎪⎪⎨⎪ = − +⎪⎪ = − +⎩ có nghiệm duy nhất . ) 7. Chứng minh với mỗi a R∈ , hệ ph−ơng trình : 2 3 2 2 3 2 2 3 2 x y y y a y z z z a z x x x a ⎧ = + + +⎪ = + + +⎨⎪ = + + +⎩ có một nghiệm duy nhất . 5  Ii. Hệ ph−ơng trình giải đ−ợc bằng ph−ơng pháp l−ợng giác hoá. " 1. Giải hệ ph−ơng trình : ( )( ) 2 21 1 1 (1) 1 1 2 (2) x y y x x y ⎧ − + − =⎪⎨ − + =⎪⎩ Giải. ĐK : 2 2 11 0 11 0 xx yy ⎧ ≤⎧ − ≥ ⎪⇔⎨ ⎨ ≤− ≥ ⎪⎩ ⎩ Đặt cos ; y=cosx α β= với [ ], 0;α β π∈ , khi đó hệ ph−ơng trình : ( )( ) cos .sin cos .sin =1 2 1 cos 1 cos 2 sin cos sin .cos 1 0 πα β β α α β α β α α α α ⎧+⎧ + =⎪⇔ ⇔⎨ ⎨− + =⎩ ⎪ − − − =⎩ Đặt 21 sin cos , t 2 sin .cos 2 t t α α α α −= − ≤ ⇒ = Khi đó ta có : 2 21 1 0 2 3 1 2 t t t t t −− − = ⇔ + − ⇒ = Với 1t = , ta có : 02sin 1 0 4 2 1 x y π πα α β =⎧⎛ ⎞− = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⎨⎜ ⎟ =⎝ ⎠ ⎩ Nếu : ( )0x a a≤ > , ta đặt cosx a α= , với [ ]0;α π∈ " 2. Giải hệ ph−ơng trình : ( )( ) ( )( )2 2 2 1 4 3 1 1 2 x y xy x y ⎧ − + =⎪⎨ + =⎪⎩ Giải . Do [ ]2 2 1 , 1; 1x y x y+ = ⇒ ∈ − . Đặt sin , y cosx α α= = với [ ]0; 2α π∈ . Khi đó (1) ( )( )2 sin cos 1 2sin2 3α α α⇔ − + = 1 2. 2sin .2. sin2 3 4 2 πα α⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4sin sin2 sin 34 6 π πα α⎛ ⎞⎛ ⎞⇔ − + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ 8sin sin cos 3 4 12 12 π π πα α α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4cos cos cos 2 312 3 6 π π πα α⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 2cos 4cos cos 2 3 12 12 6 π π πα α α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2cos 2 cos 3 cos 3 12 4 12 π π πα α α⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − − − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 2cos 3 34 πα⎛ ⎞⇔ − − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ( )0 00 035 1203cos 3 4 2 65 120 k k R k απα α ⎡ = − +⎛ ⎞− = − ⇔ ∈⎢⎜ ⎟ = +⎝ ⎠ ⎣ Từ đó suy ra hệ có 6 nghiệm ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0, { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85x y = − , ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }− − − 6 Nếu : ( )2 2 0x y a a+ = > , ta đặt sin , cosx a y aα α= = , với [ ]0; 2α π∈ " 3. Giải hệ ph−ơng trình : 2 2 2 2 2 2 x x y y y y z z z z x x ⎧ + =⎪ + =⎨⎪ + =⎩ Giải : Từ các ph−ơng trình của hệ , suy ra : , , 1x y z ≠ ± . Do đó ta có : 2 2 2 2 (1) 1 2 (2) 1 2 (3) 1 x y x y z y z x z ⎧ =⎪ −⎪⎪ =⎨ −⎪⎪ =⎪ −⎩ Đặt Đặt tgx α= với ; 2 2 π πα ⎛ ⎞∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠ (4) và sao cho tg , tg2 , tg4 1α α α ≠ ± (5). T−ơng tự bài 2. Hệ ph−ơng trình có 7 nghiệm 2 4 , , , 0, 1,..., 3 7 7 7 k k k x tg y tg z tg k π π π⎛ ⎞= = = = ± ±⎜ ⎟⎝ ⎠ Với mọi số thực x có một số α với ; 2 2 π πα ⎛ ⎞∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠ sao cho tgx α= " 4. Giải hệ ph−ơng trình : 2 3 2 3 2 3 3 3 0 3 3 0 3 3 0 x z x z z y x y x x z y z y y ⎧ − − + =⎪ − − + =⎨⎪ − − + =⎩ Giải . Viết lại hệ ph−ơng trình d−ới dạng : ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 1 3 3 1 3 3 1 3 3 x z z z y x x x z y y y ⎧ − = −⎪⎪ − = −⎨⎪ − = −⎪⎩ (I) Từ đó, dễ thấy nếu ( ), ,x y z là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x, y, z 1 3 ≠ ± . Bởi thế : (I) ⇔ 3 2 3 2 3 2 3 (1) 1 3 3 (2) 1 3 3 (3) 1 3 z z x z x x y x y y z y ⎧ −=⎪ −⎪⎪ −=⎨ −⎪⎪ −=⎪ −⎩ (II) Đặt tgx α= với ; 2 2 π πα ⎛ ⎞∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠ (4) và sao cho 1 tg , tg3 , tg9 3 α α α ≠ ± (5). Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có : tg3 , tg9y zα α= = và tg27x α= 7 Từ đây dễ dàng suy ra ( ), ,x y z là nghiệm của (II) khi và chỉ khi tg3 , tg9y zα α= = , tgx α= , với α đ−ợc xác định bởi (4), (5) và tg tg27α α= (6). Lại có : ( ) ( )6 26 k k Zα π⇔ = ∈ Vì thế α thoả mãn đồng thời (4) và (6) khi và chỉ khi 26 kπα = với k nguyên thoả mãn : 12 12k− ≤ ≤ . Dễ dàng kiểm tra đ−ợc rằng, tất cả các giá trị α đ−ợc xác định nh− vừa nêu đều thoả mãn (5). Vậy tóm lại hệ ph−ơng trình đã cho có tất cả 25 nghiệm, đó là : 3 9 , , , 0, 1,... 12 26 26 26 k k k x tg y tg z tg k π π π⎛ ⎞= = = = ± ±⎜ ⎟⎝ ⎠ " 5. Giải hệ ph−ơng trình : 1 1 1 3 4 5 1 x y z x y z xy yz zx ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = +⎪ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨ ⎝ ⎠⎪ + + =⎩ Giải. Nhận xét : 0; , ,xyz x y z≠ cùng dấu . Nếu ( ), ,x y z là một nghiệm của hệ thì ( ), ,x y z− − − cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm , ,x y z d−ơng . Đặt ( )0tg ; tg ; tg 0 , , 90x y zα β γ α β λ= = = < < . Hệ ( ) ( ) 1 1 1 3 tg 4 tg 5 tg 1 tg tg tg tg tg tg tg tg tg 1 2 α β γα β γ α β β γ γ α ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = +⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎨ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ + + =⎩ (1) 2 2 21 tg 1 tg 1 tg 3 4 5 tg tg tg α β γ α β γ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + +⇔ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3 4 5 sin2 sin2 sin2α β γ⇔ = = Từ (2) suy ra : ( )tg tg tg 1 tg tgγ α β β α+ = − ( ) ( )tg tgtg tg 1 tg tg co α βγ α ββ α +⇒ = = +− ( )tg tg 2 2 π πγ α β α β γ⎛ ⎞⇒ − = + ⇔ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠ . Do ⎧ = =⎪⎪⎨⎪ < < + + =⎪⎩ 3 4 5 sin2 sin2 sin2 0 , , ; 2 2 α β γ π πα β γ α β γ nên 2 ,2 ,2α β γ là các góc của một tam giác có số đo 3 cạnh 3,4,5. Do tam giác có 3 cạnh 3,4,5 là tam giác vuông nên 0 02 90 45 z tg 1γ = ⇒ γ = ⇒ = γ = 2 2 2tg 3 2x 3 1 tg2 x 1 tg 4 1 x 4 3 αα = = ⇔ = ⇒ =− α − 2 2 2tg 4 2y 4 1 tg2 y 1 tg 3 1 y 3 2 ββ = = ⇔ = ⇒ =− β − 8 Tuyển tập các bμi toán hay  II . Hệ ph−ơng trình 2 ẩn. " 1. Giải hệ ph−ơng trình : 4 2 2 2 698 (1) 81 3 4 4 0 (2) x y x y xy x y ⎧ + =⎪⎨⎪ + + − − + =⎩ Giải : Giả sử hệ ph−ơng trình có nghiệm . Ta thấy (2) t−ơng đ−ơng với : ( ) ( )22 3 2 0x y x y+ − + − = Để ph−ơng trình này có nghiệm đối với x ta phải có : ( ) ( )2 2 73 4 2 0 1 3 y y yΔ = − − − ≥ ⇔ ≤ ≤ (3) Mặt khác ph−ơng trình (2) cũng t−ơng đ−ơng với : ( )2 24 3 4 0y x y x x+ − + − + = Để ph−ơng trình này có nghiệm đối với y ta phải có : ( ) ( )2 2 44 4 3 4 0 0 3 x x x xΔ = − − − + ≥ ⇔ ≤ ≤ (4) Từ (3) và (4) ta có : 4 2 256 49 697 698 81 9 81 81 x y+ ≤ + = < , không thoả mãn (1). Vậy hệ ph−ơng trình đã cho vô nghiệm . ) 2. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) Giải hệ ph−ơng trình : 1 3 1 2 1 7 1 4 2 x x y y x y ⎧ ⎛ ⎞+ =⎪ ⎜ ⎟+⎪ ⎝ ⎠⎨ ⎛ ⎞⎪ − =⎜ ⎟⎪ +⎝ ⎠⎩ " 3. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996.Bảng A ) Hãy biện luận số nghiệm thực của hệ ph−ơng trình với ẩn x, y : 3 4 2 2 2 3 22 x y y a x y xy y b ⎧ − =⎨ + + =⎩ Giải . Điều kiện có nghĩa của hệ : x, y R∈ . Viết lại hệ d−ới dạng : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 1 2 y x y a y x y b ⎧ − =⎪⎨ + =⎪⎩ Xét các tr−ờng hợp sau : è Tr−ờng hợp 1 : 0b = . Khi đó : ( ) 02 y y x =⎧⇔ ⎨ = −⎩ và do vậy : Hệ đã cho ⎡⇔ ⎢⎣ ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 2 0y I y x y a y x II y x y a =⎧⎪⎨ − =⎪⎩ = −⎧⎪⎨ − =⎪⎩ 9 Có (II) 4 22 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 ( ), 0x R y∈ = , còn (II) có duy nhất nghiệm ( )0, 0x y= = . Vì thế hệ đã cho có vô số nghiệm . è Tr−ờng hợp 2 : 0b ≠ . Khi đó, từ (1) và (2) dễ thấy , nếu ( ),x y là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x, y >0 . Vì thế ( ) ( )2 3bx y y ⇔ = − . Thế (3) vào (1) ta đ−ợc : 3 3 2by y y a y ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥− − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ Đặt 0y t= > . Từ (4) ta có ph−ơng trình sau : ( ) ( )3 32 2 6 2 9 3 2 0 5bt t t a t b t a t t ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥− − = ⇔ − − + =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ Xét hàm số : ( ) ( )39 3 2 f t t b t a t= − − + xác định trên [ )0;+∞ có : ( ) ( ) [ )28 3 2 2 f' 9 9 0, 0;t t b t t a t= + − + ≥ ∀ ∈ +∞ . Suy ra hàm số ( )f t đồng biến trên [ )0; +∞ , và vì thế ph−ơng trình (5) có tối đa 1 nghiệm trong [ )0; +∞ . Mà ( ) 3 f 0 0b= − , nên ph−ơng trình (5) có duy nhất nghiệm, kí hiệu là 0t trong ( )0; +∞ . Suy ra hệ có duy nhất nghiệm 2 20 0 0 , b x t y t t ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠ . Vậy tóm lại : + Nếu 0a b= = thì hệ đã cho có vô số nghiệm . ` + Nếu a tuỳ ý , 0b ≠ thì hệ đã cho có duy nhất nghiệm . + Nếu 0, 0a b≠ = thì hệ đã cho vô nghiệm . " 4. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ ph−ơng trình : 2 2 2 2 2 1x xy y x xy y m ⎧ + − =⎨ + + =⎩ (1) có nghiệm . Giải . + Với 0y = hệ trở thành 2 2 2 1x x m ⎧ =⎨ =⎩ . Hệ có nghiệm khi 1 2 m = + Với 0y ≠ , đặt x t y = , hệ trở thành 2 2 2 2 1 2 1 1 t t y m t t y ⎧ + − =⎪⎪⎨⎪ + + =⎪⎩ ⇔ ( ) 2 2 2 2 1 2 1 (2) 1 2 1 t t y t t m t t ⎧ + − =⎪⎨⎪ + + = + −⎩ Vậy hệ PT (1) có nghiệm ( ),x y khi và chỉ khi hệ PT (2) có nghiệm ( ),t y . 10 Xét hệ (2), từ 2 2 1 2 1t t y + − = suy ra 2 1 2 1 0 1 2 t t t t ⇔ ⎢ >⎢⎣ . Do đó hệ (2) có nghiệm ( ),t y 2 2 1 2 1 t t m t t + +⇔ = + − có nghiệm ( ) 1 , 1 , 2 t ⎛ ⎞∈ −∞ − ∪ +∞⎜ ⎟⎝ ⎠ . Xét hàm số ( ) 2 2 1 f 2 1 t t t t t + += + − trên khoảng ( ) 1, 1 , 2 ⎛ ⎞−∞ − ∪ +∞⎜ ⎟⎝ ⎠ . Ta có : ( ) ( ) 2 22 6 2 f' 2 1 t t t t t + += − + − , ( ) 3 7 f' 0 3 7 t t t ⎡ = − −= ⇔ ⎢ = − +⎢⎣ Lập bảng biến thiên : t −∞ 3 7− − 3 7− − −∞ f’(t) - 0 + + 0 - f(t) 1 2 +∞ 14 5 7 28 11 7 + + −∞ −∞ +∞ 1 2 Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để hệ có nghiệm : 14 5 7 28 11 7 m +≥ + . " 5. Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( )( ) ( ) 3 3 2 3 1 1 2 3 2 x y x y ⎧ + =⎪⎨ − =⎪⎩ Giải . Rõ ràng nếu 3 2y = hệ vô nghiệm. Với 3 2y ≠ , từ (2) suy ra 3 3 2 x y = − , thay vào (1) ta có : ( ) ( )33 27 2 3 1 2 y y + = − (3) . Xét hàm số : ( ) ( )( )33 27 2 3 f 1 2 y y y += − − , ta có : ( ) ( )( ) 3 2 33 81 8 6 2 f' 2 y y y y + += − − Suy ra : ( ) f' 0 1y y= ⇔ = − Ta có bảng biến thiên : y −∞ -1 +∞ f’(y) + 0 - - f (y) 0 −∞ −∞ +∞ −∞ -1 1 2 3 2 11 Nhìn vào bảng biến thiên suy ra pt(3) không có nghiệm trên các khoảng ( ); 1−∞ − và ( )31; 2− . Ph−ơng trình có 1 nghiệm 1y = − và 1 nghiệm trong khoảng ( )3 2, +∞ Dễ thấy 2y = là 1 nghiệm thuộc khoảng ( )3 2, +∞ . Vậy hệ ph−ơng trình đã cho có 2 nghiệm : ( )1; 1− − và 1 ; 2 2 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . ) 6. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 –Bảng B ) Giải hệ ph−ơng trình sau : 3 2 2 2 3 49 8 8 17 x xy x xy y y x ⎧ + = −⎨ − + = −⎩ " 7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1998-1999 –Bảng A ) Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) 2 1 2 2 1 3 2 1 4 .5 1 2 4 1 ln 2 0 x y x y x y y x y x − − + − +⎧ + = +⎪⎨ + + + + =⎪⎩ Giải . ĐK: 2 2 0y x+ > Đặt 2t x y= − thì ph−ơng trình thứ nhất của hệ trở thành : ( ) 11 1 1 4 1 21 4 .5 1 2 5 5 t t t t 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 2 1 2 y x y x +− = ⇒ = thế vào ph−ơng trình thứ hai của hệ ta đ−ợc : ( ) ( )3 22 3 ln 1 0 2y y y y+ + + + + = Vế trái là hàm đồng biến do đó y =-1 là nghiệm duy nhất của (2). Đáp số : 0, 1x y= = − . " 8. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2000-2001 –Bảng B ) Giải hệ ph−ơng trình : 7 2 5 2 2 x y x y x y x y ⎧ + + + =⎪⎨ + + − =⎪⎩ Giải : ĐK có nghĩa của hệ ph−ơng trình : { }min 7 ,2x x y≥ − Đặt : 7x y a+ = và 2x y b+ = . Từ hệ ph−ơng trình đã cho ta có hệ : ( ) ( ) 5 1 2 2 a b b x y ⎧ + =⎪⎨ + − =⎪⎩ Nhận thấy : 2 2 5a b x− = . Kết hợp với (1) suy ra : ( )5 2 x b −= , thế vào (2) ta đ−ợc : ( )5 2 2 1 3 2 x x y x y − + − = ⇔ = − Thế (3) vào (2) ta có : 11 77 5 2 1 2 2 y y y −− + − = ⇒ = Thế vào (3) suy ra nghiệm của hệ là: 10 77,x = − 11 77 2 y −= . 12 ) 9. Cho hệ ph−ơng trình 2 ẩn x, y : ( ) ( ) ( ) 2 4 23 3 8 2 2 4 43 3 3 3 1 1 1 2 k x x x yx k x x x k x y x ⎧ + + + =⎪⎨⎪ + + + + − =⎩ 1. Xác định k để hệ ph−ơng trình có nghiệm . 2. Giải hệ ph−ơng trình với k = 16. " 10. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 1995-1996 –Bảng A ) Giải hệ ph−ơng trình : 1 3 . 1 2 1 7 . 1 4 2 x x y y x y ⎧ ⎛ ⎞+ =⎪ ⎜ ⎟+⎪ ⎝ ⎠⎨ ⎛ ⎞⎪ − =⎜ ⎟⎪ +⎝ ⎠⎩ Giải . ĐK có nghĩa của hệ : 0, 0x y≥ ≥ và 2 2 0x y+ ≠ . Dễ thấy , nếu ( ),x y là nghiệm của hệ đã cho thì phải có x >0, y>0 . Do đó : Hệ đã cho 1 2 1 3 1 4 2 1 7 x y x x y y ⎧⎛ ⎞+ =⎪⎜ ⎟+⎝ ⎠⎪⇔ ⎨⎛ ⎞⎪ − =⎜ ⎟⎪ +⎝ ⎠⎩ ⇔ ( ) ( ) 1 1 2 2 1 3 7 1 2 2 1 2 3 7 x y x y x y ⎧ = −⎪ +⎪⎨⎪ = +⎪⎩ Nhân (1) với (2) theo vế ta đ−ợc : ( )( ) ( )( )1 1 8 21 7 3 6 7 4 0 6 3 7 xy x y y x y x y x y x x y x y = − ⇔ = + − ⇔ − + = ⇔ =+ ( vì x >0, y>0) Thay vào (2) và giải ra ta đ−ợc : 11 4 7 22 8 7 , 21 7 x y + += = .Thử lại ta thấy thoả mãn yêu cầu bt.  Iii. Hệ ph−ơng trình 3 ẩn. ) 1. ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ngãi 1995-1996) Giải hệ ph−ơng trình : 3 2 3 2 3 2 6 12 8 0 6 12 8 0 6 12 8 0 y x x z y y x z z ⎧ − + − =⎪ − + − =⎨⎪ − + − =⎩ ) 4. Giải hệ ph−ơng trình : 2 3 2 3 2 3 12 48 64 12 48 64 12 48 64 x x y y y z z z x ⎧ − + =⎪ − + =⎨⎪ − + =⎩ " 5. Giải hệ ph−ơng trình : 19 5 2001 19 5 2001 19 5 2001 1890 1890 1890 x y z z y z x x z x y y ⎧ + = +⎪ + = +⎨⎪ + = +⎩ Giải . Chúng ta sẽ chứng minh hệ ph−ơng trình trên có nghiệm duy nhất 0x y z= = = . 13 Giả sử ( ), ,x y z là một nghiệm của hệ ph−ơng trình khi đó ( ), ,x y z− − − cũng là một nghiệm của hệ ph−ơng trình , nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết : có ít nhất hai trong ba số , ,x y z không âm. Ví dụ 0, 0x y≥ ≥ . Từ ph−ơng trình thứ nhất ta suy ra 0z ≥ . Mặt khác nếu 0 1u ≥ + Nếu 1u > thì 2000 2000 2000 1000 18 41890 1 2. 2.u u u u u u+ > + > = > + Do đó 2001 19 51890u u u u+ > + với mọi u>0. Bởi vậy nếu cộng từng vế của HPT ta suy ra 0x y z= = = .đpcm ) 6. Tìm điều kiện cần và đủ của m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm duy nhất : ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 x m y y my y m z z mz z m x x mx ⎧ = + − +⎪ = + − +⎨⎪ = + − +⎩ " 7. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2004 –Bảng A ) Giải hệ ph−ơng trình sau : ( ) ( ) ( ) 23 23 23 2 30 16 x x y z y y z x z z x y ⎧ + − =⎪⎪ + − =⎨⎪ + − =⎪⎩ " 8. Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 1 2 1 1 2 1 1 2 1 x x y x y y z y z z x z ⎧ + = − +⎪⎪ + = − +⎨⎪ + = − +⎪⎩ Giải . Viết lại hệ đã cho d−ới dạng : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 2 1 f 2 2 1 f 2 2 1 f x x x y x g y y y y z hay y g z z z z x z g x ⎧ ⎧+ + = + =⎪ ⎪+ + = + =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + = + =⎩⎩ Trong đó ( ) 3 2 f 2t t t t= + + và ( ) 3g 2 1t t= + . Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm đồng biến trên R vì : ( ) 2 f' 3 2 2 0,t t t= + + > ( ) 2g 6 0,t t t= ≥ ∀ ∈R. Suy ra hệ đã cho t−ơng đ−ơng với hệ : ( ) ( )4h 0 x y z x = =⎧⎨ =⎩ Trong đó ( ) 3 2 h 2 1t t t t= − − + . Nhận xét rằng ( ) h t liên tục trên R và : ( ) ( )h 2 0, h 0 0,− ( ) ( )h 1 0, h 2 0 nên ph−ơng trình ( )h 0t = có cả 3 nghiệm phân biệt đều nằm trong ( )2; 2− Đặt ( )2cos , 0;x u u π= ∈ . Khi đó sin 0u ≠ và (4) có dạng : ( ) 3 2 2cos , 0; 8cos 4cos 4cos 1 0 x y z u u u u u π⎧ = = = ∈⎨ − − + =⎩ hay ( ) ( )3 2 2cos , 0; sin 8cos 4cos 4cos 1 0 x y z u u u u u u π⎧ = = = ∈⎪⎨ − − + =⎪⎩ Hay ( )2cos , 0; sin4 sin3 x y z u u u u π⎧ = = = ∈⎨ =⎩ (5). 14 Giải hệ ph−ơng trình (5) ta thu đ−ợc 3 5 ; ; 7 7 7 u π π π⎧ ⎫∈⎨ ⎬⎩ ⎭ và ( )2cos , 0; 3 5 ; ; 7 7 7 x y z u u u π π π π ⎧ = = = ∈⎪⎨ ⎧ ⎫∈⎨ ⎬⎪ ⎩ ⎭⎩ " 9. Tìm tất cả các bộ ba số d−ơng ( ), ,x y z thoả mãn hệ ph−ơng trình : 2004 6 6 2004 6 6 2004 6 6 2 2 2 x y z y z x z x y ⎧ = +⎪ = +⎨⎪ = +⎩ Giải : Giả sử ( ), ,x y z là một bộ ba số d−ơng thoả mãn hệ PT đã cho . Không mất tính tổng quát , giả sử 0 x y z< ≤ ≤ . Nh− vậy : 2004 6 6 6 6 2004 6 6 6 6 2 2 x y z x x z x y z z ⎧ = + ≥ +⎨ = + ≤ +⎩ 2004 6 2004 6 1 1 1 xx x x y z zz z ≥⎧ ≥ ⎧⇒ ⇒ ⇒ = = =⎨ ⎨ ≤≤ ⎩⎩ Đảo lại, dễ thấy 1x y z= = = là một bộ ba số d−ơng thoả mãn yêu cầu bài toán . ) 10. Tìm điều kiện của m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm : 2 2 2 2 2 2 2 1 2 x y z xy yz zx y z yz x z xz m ⎧ + − + − − =⎪ + + =⎨⎪ + + =⎩ ) 11. Giải hệ ph−ơng trình : 5 4 2 5 4 2 5 4 2 2 2 2 2 2 2 x x x y y y y z z z z x ⎧ − + =⎪ − + =⎨⎪ − + =⎩ ) 12. Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x y y y y z z z z x x x ⎧ + + =⎪⎪ + + =⎨⎪ + + =⎪⎩ " 13. Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ ph−ơng trình sau có nghiệm thực x, y, z : 1 1 1 1 1 1 1 1 x y z a x y z a ⎧ − + − + − = −⎪⎨ + + + + + = +⎪⎩ Giải. ĐK: 1, 1, 1x y z≥ ≥ ≥ Hệ ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 x x y y z z a x x y y z z ⎧ − + + + − + + + − + + =⎪⎨ + − − + + − − + + − − =⎪⎩ Đặt u = 1 1x x− + + ; 1 1v y y= − + + ; 1 1s z z= − + + Do 1, 1, 1x y z≥ ≥ ≥ nên 2, 2, 2u v s≥ ≥ ≥ . Ng−ợc lại nếu 2, 2, 2u v s≥ ≥ ≥ , ta có : 2 2 1 1 1 1 x x ux x + − − = =+ + − 2 2 1 2 1 4 1 1 2 4 x u x u u u ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ + = + ⇒ = + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ T−ơng tự đối với y, z . 15 Do đó bài toán của ta đ−a về bài toán t−ơng đ−ơng : Tìm tất cả các số thực a sao cho hệ ph−ơng trình sau có nghiệm 2, 2, 2u v s≥ ≥ ≥ : ( ) 2 11 1 1 1 u v s a u v s + + =⎧⎪⎨ + + =⎪⎩ + Điều kiện cần : Giả sử hệ ph−ơng trình (1) có nghiệm . Theo bất đẳng thức Bunhia ta có : ( ) 1 1 1 92 9 2 a u v s a u v s ⎛ ⎞= + + + + ≥ ⇒ ≥⎜ ⎟⎝ ⎠ + Điều kiện đủ : Giả sử 9 2 a ≥ . Chúng ta sẽ chứng minh hệ ph−ơng trình (1) có nghiệm Lấy 3s = ( thoả mãn 2s ≥ ) . Khi đó (1) t−ơng đ−ơng với : ( ) 2 3 3 2 3 . 2 u v a a u v + = −⎧⎪⎨ −=⎪⎩ ,u v⇔ là hai nghiệm của tam thức bậc hai : ( ) ( )2 3 2 32 2 3 2 a t a t −− − + ( )( )2 3 2 3 2 9 , 2 a a a u v − ± − −⇒ = Chú ý : Đặt ( ) ( ) ( )2 22 9 0 6 2 2 3 6h a h h h h= − ≥ ⇒ + − > + > + . Tức là : ( ) ( )( )2 3 2 2 2 3 2 9a a a− − > − − 2, 2u v⇒ > > . Nh− vậy hệ ph−ơng trình (1) có nghiệm 2, 2, 2u v s≥ ≥ ≥ . Tóm lại các số thực a cần tìm là tất cả các số thực 9 2 a ≥ . " 14. Giải hệ ph−ơng trình : 1 1 1 20 11 2007 1 x y z x y z xy yz zx ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = +⎪ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨ ⎝ ⎠⎪ + + =⎩ " 15. ( Đề thi HSG Quốc Gia năm 2005-2006 –Bảng A ) Giải hệ ph−ơng trình : ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 2 6.log 6 2 6.log 6 2 6.log 6 x x y x y y z y z z x z ⎧ − + − =⎪⎪ − + − =⎨⎪ − + − =⎪⎩ Giải . ĐK xác định , , 6x y z < . Hệ đã cho t−ơng đ−ơng với : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 log 6 1 2 6 log 6 2 2 6 log 6 3 2 6 x y x x y z y y z x z z ⎧ − =⎪⎪ − +⎪⎪ − =⎨ − +⎪⎪⎪ − =⎪ − +⎩ 16 Nhận thấy ( ) f x = 2 2 6 x x x− + là hàm tăng, còn ( ) ( )3g log 6x x= − là hàm giảm với x<6. Nếu ( ), ,x y z là một nghiệm của hệ ph−ơng trình ta chứng minh x=y=z.Không mất tính tổng quát giả sử { }max , ,x x y z= thì có hai tr−ờng hợp : 1) x y z≥ ≥ . Do ( )g x là hàm giảm, suy ra : ( ) ( ) ( )3 3 3log 6 log 6 log 6y z x− ≥ − ≥ − x z y⇒ ≥ ≥ . Do y z≥ nên z y= . Từ (1) và (2) suy ra : x=y=z. 2) x z y≥ ≥ . T−ơng tự ( ) ( ) ( )3 3 3log 6 log 6 log 6y x z− ≥ − ≥ − z x y⇒ ≥ ≥ . Do x z≥ nên z x= . Từ (1) và (3) suy ra : x=y=z. Ph−ơng trình ( ) ( ) f gx 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 ph−ơng trình : 3 2 3 2 3 2 3 2 5 3 2 5 3 2 5 x x x y y y y z z z z x ⎧ + + − =⎪ + + − =⎨⎪ + + − =⎩ Giải . Giả sử { }max , ,x x y z= . Xét hai tr−ờng hợp : 1) x y z≥ ≥ Từ hệ trên ta có : 3 2 3 2 3 2 5 3 2 5 x x x x z z z z ⎧ + + − ≤⎨ + + − ≥⎩ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 0 1 11 2 1 0 x x x zz z ⎧ ⎡ ⎤− + + ≤ ≤⎧⎪ ⎣ ⎦⇒ ⇒⎨ ⎨ ≤⎡ ⎤ ⎩⎪ − + + ≥⎣ ⎦⎩ 2) x z y≥ ≥ Từ hệ trên ta có : 3 2 3 2 3 2 5 3 2 5 x x x x y y y y ⎧ + + − ≤⎨ + + − ≥⎩ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 0 1 11 2 1 0 x x x yy y ⎧ ⎡ ⎤− + + ≤ ≤⎧⎪ ⎣ ⎦⇒ ⇒⎨ ⎨ ≤⎡ ⎤ ⎩⎪ − + + ≥⎣ ⎦⎩ Cả hai tr−ờng hợp đều cho 1x z y= = = . Thử lại ta thấy 1x z y= = = là nghiệm của hệ ph−ơng trình . Tóm lại hệ đã cho có nghiệm duy nhất : 1x z y= = = . ) 17. Giải hệ ph−ơng trình : ⎧ + + − − − =⎪⎪⎪⎪ + + + + + =⎨⎪⎪ + + − − − =⎪⎪⎩ 1 1 1 8 3 1 1 1 118 9 1 1 1 728 27 x y z x y z x y z x y z x x y y z z x x y y z z 17 " 18 . Giải hệ ph−ơng trình : ( )2 2 2 2 2 2 3 8 8 8 2 4 2 x y y x z x x y yz x y xy yz x z ⎧ + = − +⎪ + + = −⎨⎪ + + + = + +⎩ Giải . Hệ đã cho t−ơng đ−ơng với : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 0 1 2 1 0 4 4 1 2 1 x x y y y z x x y z x y y z x z ⎧ + + + =⎪⎪ + + + =⎨⎪ + + + = + + +⎪⎩ Xét : ( ) ( ) ( ); , ; , 1; 2 1a x y b x y y z c x z= = + + = + +G G G 2 2. 0, . 0, 4a b a c b c⇒ = = =G G G G G G + Nếu 0a =G G thì 10, 2 x y z= = = − . + Nếu 0a ≠G G thì bG và cG cộng tuyến nên : 2c b= ±G G , từ đó ta có : 10, 2 x y z= = = . Tóm lại hệ có hai nghiệm : 1 1 1 0; 0; , 0; ; 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ .  iV. Hệ ph−ơng trình n ẩn. ( n >3, n∈N ) " 1. Giải hệ ph−ơng trình : 1996 1 2 3 1996 2 3 4 1996 1995 1996 1 1996 1996 1 2 ......... x x x x x x x x x x x x ⎧ + =⎪ + =⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎪ + =⎩ Giải : Gọi X là giá trị lớn nhất của các nghiệm , 1,...1996ix i = và Y là giá trị bé nhất của chúng. Thế thì từ ph−ơng trình đầu ta có : 2X 19961 2 3x x x≥ + = Từ đó đối với các ph−ơng trình của hệ ta có : 2X 1996 , 1,2,....,1996kx k≥ ∀ = Hay là ta có : 2X 1996X≥ suy ra : 19952 X≥ ( vì X >0 ) (1) Lập luận một cách t−ơng tự ta cũng đi đến : 19952 Y≤ (2) Từ (1) và (2) suy ra 1995 1995 X Y 2= = Nghĩa là ta có : 19951 2 1996.... 2x x x= = = = " 2. Giải hệ ph−ơng trình : 1 1 2 2 1 2 1 2 ... .... n n n n x ax a x a b b b x x x c −− −⎧ = = =⎪⎨⎪ + + + =⎩ với 1 2 1 , , ..., 0, 0 n n i i b b b b = ≠ ≠∑ 18 Giải . Đặt : 1 1 2 2 1 2 ... n n n x ax a x a t b b b −− −= = = = Ta có : 1 1 1 n n n i i i i i i i i i x tb a x a t b = = = = + ⇒ = +∑ ∑ ∑ 1 1 1 1 n in n i i i n i i i i c a c a t b t b = = = = ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠⇒ = + ⇒ = ∑∑ ∑ ∑ 1 1 n i i i i i n i i c a x a b b = = ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠⇒ = + ∑ ∑