Dạng 1 : Xét hệ phương trình có dạng:
f (x1) = g(x2)
f (x2) = g(x3)
...
f (xn−1) = g(xn)
f (xn) = g(x1)
Nếu hai hàm số f và g cùng đồng biến trên một tập A và (x1; x2; ...; xn) là nghiệm của hệ phương trình, trong đó xi ∈ A, ∀i = 1, 2, .., n thì x1 = x2 = ... = xn.
Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát ta giả sử
x1 = min{x1; x2; ...; xn}.
Khi đó ta có x1 ≤ x2 suy ra f (x1) ≤ f (x2). Từ đó g(x2) ≤ g(x3), suy ra x2 ≤ x3..
Tiếp tục quá trình đó, cuối cùng ta sẽ suy ra xn ≤ x1. Tóm lại x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn ≤ x1.
Từ đó suy ra x1 = x2 = ... = xn.
17
Bài toán 1.17 (Đề thi HSG Quốc gia năm 1994). Giải hệ phương trình x3 + 3x − 3 + ln(x2 − x + 1) = y
y3 + 3y − 3 + ln(y2 − y + 1) = z z3 + 3z − 3 + ln(z2 − z + 1) = x Lời giải
Xét hàm số f (t) = t3 + 3t − 3 + ln(t2 − t + 1).
2t − 1
Ta có f ′(t) = 3(t2 + 1) + t2 − t + 1 > 0, ∀t ∈ R.
Do đó hàm số f (t) đồng biến trên R. Hệ phương trình có thể được viết thành f (x) = y
f (y) = z f (z) = x
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x, y, z}. Khi đó ta có
x ≤ y suy ra f (x) ≤ f (y) hay y ≤ z. Từ đó f (y) ≤ f (z) hay z ≤ x.Tóm lại x≤ y≤ z≤x. Suy ra x= y= z.
Xét phương trình x3 +3x−3+ln(x2 −x+1) = x ⇔ x3 +2x−3+ln(x2 −x+1) = 0 Phương trình đó có một nghiệm là x = 1.
Mà hàm số h(x) = x3 + 2x − 3 + ln(x2 − x + 1) đồng biến trên R nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 1.
Dạng 2 : Xét hệ phương trình có dạng (với n lẻ) f (x1) = g(x2)
f (x2) = g(x3)
...
f (xn−1) = g(xn)
f (xn) = g(x1)
Nếu hàm số f nghịch biến trên tập A, g đồng biến trên A và (x1; x2; ...; xn) là nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A thì x1 = x2 = ... = xn.
Để chứng minh khẳng định trên, không mất tính tổng quát, giả sử
x1 = min{x1; x2; ...; xn}. Ta có
x1 ≤ x2 suy ra f (x1) ≥ f (x2) hay g(x2) ≥ g(x1). Từ đó x2 ≥ x3,...
Tiếp tục như vậy ta sẽ thu được f (xn) ≥ f (x1) hay g(x1) ≥ g(x2), suy ra x1 ≥ x2.
18
Chứng tỏ x1 = x2.
Tóm lại từ quá trình trên ta suy ra được x1 = x2 = ... = xn. Bài toán 1.18. Giải hệ phương trình
1 2x3 +x2
4 2y3 +y2 = y
1
= z
4 3 2
1 2z +z
= x
4
Lời giải Nhận thấy vế trái của các phương trình trong hệ đều dương nên hệ chỉ có nghiệm x, y, z > 0.
Xét hàm số f (t) = (14)2t3+t2 . Ta có f ′(t) = −(2 ln 4)(3t2
1 2t3+t2
+ t) 4 < 0, ∀t > 0. Do đó hàm số f (t) nghịch biến trên khoảng (0; +∞).
Không mất tổng quát, giả sử x = min{x; y; z}.
Khi đó x ≤ y suy ra f (x) ≥ f (y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f (y) ≤ f (z) hay z ≥ x.
Do đó x = z. Suy ra f (x) = f (z), nên y = x.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 1 2.
Dạng 3 Xét hệ phương trình có dạng (với n chẵn) f (x1) = g(x2)
f (x2) = g(x3)
...
f (xn−1) = g(xn)
f (xn) = g(x1)
hàm số f g đồng biến trên A
Nếu A x x ...x
nghịch biến trên tập , và ( 1; 2; ; n) là nghiệm của hệ phương trình với xi ∈ A, ∀i = 1, 2, ..., n thì
x1 = x3 = ... = xn−1
x2 = x4 = ... = xn
Để chứng minh khẳng định trên, ta giả sử x1 = min{x1; x2; ...;
xn}. Ta có
x1 ≤ x3 suy ra f (x1) ≥ f (x3) hay g(x2) ≥ g(x4). Suy ra x2 ≥ x4. Do đó f (x2) ≤ f (x4), suy ra g(x3) ≤ g(x5).
Do đó x3 ≤ x5
19
... Tiếp tục quá trình, đến f (xn−2) ≤ f (xn), suy ra g(xn−1) ≤ g(x1). Do đó xn−1 ≤ x1.
Suy ra f (xn−1) ≥ f (x1) hay g(xn) ≥ g(x2), từ đó xn ≥ x2. Tóm lại ta có
+ x1 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn−1 ≤ x1, suy ra x1 = x3 = ... = xn−1; + x2 ≥ x4 ≥ ... ≥ xn ≥ x2, suy ra x2 = x4 = ... = xn. Bài toán 1.19. Giải hệ phương trình sau
(x − 1)2 = 2y
(y − 1)2 = 2z
(z − 1)2 = 2t
(t − 1)2 = 2x
Lời giải Nhận xét vế trái của các phương trình trong hệ đều không âm nên hệ chỉ có nghiệm x, y, z, t ≥ 0.
Xét hàm số f (s) = (s − 1)2. Ta có f ′(s) = 2(s − 1). Do đó hàm số f đồng biến trên khoảng (1; +∞) và nghịch biến trên [0; 1]. Không mất tổng quát, giả sử x
= min{x, y, z, t}.
+ Nếu x ∈ (1; +∞) thì x, y, z, t ∈ (1; +∞), nên theo dạng 1 ở trên ta vừa xét,
√
hệ sẽ có nghiệm duy nhất x = y = z = t = 2 + 3.
+ Nếu s ∈ [0; 1] thì do tính liên tục và nghịch biến trên khoảng này của hàm f nên 0 ≤ f (x) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2y ≤ 1, từ đó cũng có y ∈ [0; 1]. Tương tự cũng có z, t
∈ [0; 1].
Với x, y, z, t ∈ [0; 1], ta có
x ≤ y suy ra f (x) ≥ f (y) hay y ≥ z. Từ đó suy ra f (y) ≤ f (z) hay z ≤ x. Suy ra x
= z, và f (x) =f(z). Do đó y= t Hệ phương trình trở thành
2
(x − 1)2 = 2y (y − 1) = 2x √
hoặc x = y = 2 −
√
⇔ x = y = 2 + 3 3
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x = y = z = t = 2 − √ 3; x = y = z = t = 2 + 3√
Sau đây ta xét một số hệ phương trình dạng hoán vị vòng quanh với hai ẩn số mà trong chương trình phổ thông còn gọi là hệ phương trình đối xứng loại hai và cũng có cách giải đặc trưng riêng là trừ từng vế hai phương trình để tạo nhân tử chung x − y.
20
x 3y = 4y
y 3x =
Bài toán 1.20. − 4x
x
− y
Lời giải.
Với điều kiện x, y = 0 hệ trở thành x2 − 3xy = 4y(1)
y2 − 3xy = 4x
Trừ từng vế hai phương trình và nhóm thành nhân tử ta thu được (x − y)(x + y + 4) = 0
Khi đó ta xét hai trường hợp
TH1 y = x thế vào (1) ta được x2 + 2x = 0. Từ đây ta thu được hai nghiệm của hệ là
x = y = 0; x = y = −2.
TH2 y = −x − 4 thay vào (1) ta được x2 − 3x(−x − 4) = 4(−x − 4) ⇔ x2 + 4x + 4 = 0
⇔ x = −2
Từ đây ta cũng có nghiệm x = −2
y = −2 Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là (0; 0), (−2; −2)
Bài toán 1.21. x3 + 4x = y + 4(1) y3 + 4y = x + 4 Lời giải.
Trừ từng vế hai phương trình ta thu được (x − y)(x2 + y2 + xy) + 4(x − y) = −(x − y)
⇔ (x − y)(x2 + y2 + xy + 5) = 0 Vì x2 + y2 + xy + 5 = (x + y
2 )2 + 3
4y2 + 5 > 0 với mọi x, y nên suy ra x − y = 0 hay y = x, thế vào (1) ta có
x3 + 4x = x + 4
⇔ x3 + 3x − 4 = 0
⇔ (x − 1)(x2 + x + 4) = 0
⇔ x = 1
Vậy hệ có một nghiệm duy nhất là x = y = 1
21
3y = y2 + 2
Bài toán 1.22. Giải hệ phương trình sau 2x23x = x + 2
y2
Lời giải.
Điều kiện x, y = 0.
Hệ phương trình tương đương với 3yx2 3xy2 Trừ từng vế hai phương trình ta được 3xy(x − y) = (y − x)(y + x)
⇔ (x − y)(3xy + y + y) = 0
= y2 + 2(1)
= x2 + 2
Từ hệ phương trình đề bài, ta có nhận xét y2 + 2
> 0;x2 + 2
> 0 nên
x2 y2
y > 0, x > 0.
Hay 3xy + x + y > 0. Do đó x − y = 0 ⇔ x = y. Thay y = x vào phương trình (1) ta được
3x3 − x2 − 2 = 0
⇔ (x − 1)(3x2 + 2x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 (vì 3x2 + 2x + 2 = 0 vô nghiệm).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là x= y= 1.
Sau đây là một số bài ta có thể dễ dàng giải được tương tự.
Bài toán 1.23. Giải hệ phương trình x3 = 2y + x + 2
(ĐH Sài Gòn A07) y3 = 2x + y + 2
Bài toán 1.24. Giải hệ phương trình x3 = 3x + 8y
y3 = 3y + 8x
Bài toán 1.25. Giải hệ phương trình
2 2
x2 − 2y 2= 5y + 4
y − 2x = 5x + 4
Bài toán 1.26. Giải hệ phương trình 2x = y2 − 4y + 5
2y = x2 − 4x + 5
22
Bài toán 1.27. Giải hệ phương trình
2x2 =y+1
y
2y2 =y+1
x
Bài toán 1.28. Giải hệ phương trình
1 3
2x + =
y x
x y
Bài toán 1.29. Giải hệ phương trình x2 = x + y
y2 = y + x
Bài toán 1.30. Giải hệ phương trình y = x3 x = y3