Se analiza como a traves de la aritmetica en diferentes sistemas de numeracion posicional, se fomenta, desarrolla y promueve el pensamiento numerico. Observando que cuando uno se ve enfrentando a situaciones de trato numerico, suele convertir la resolucion de un problema en la solucion de algoritmos; no se analiza, en cambio si se opera. Se busca que mediante bases numericas diferentes al decimal, se analicen y comprendan los principios posicionales implicitos al operar. La investigacion se centra en tres pilares que contribuyen a desarrollar el pensamiento numerico, tomados del Ministerio de Educacion Nacional y del investigador Luis Rico Romero y su grupo de investigacion, los cuales son: - Comprension de los numeros y de la numeracion. - Comprension del concepto de las operaciones. - Calculos con numeros y aplicaciones de numeros y operaciones. Trong hệ thống du lịch thông minh, lập lộ trình tự động là một trong những chức năng phức tạp nhưng rất quan trọng và cần thiết cho du khách trước và trong hành trình thăm quan của mình. Chức năng này không chỉ yêu cầu tạo ra phương án lộ trình phù hợp với điều kiện của du khách một cách nhanh chóng, mà còn phải tối ưu về thời gian thăm quan và hiệu quả kinh tế. Trong bài báo này, chúng tôi trình bày một thuật toán lập lộ trình tự động mới dựa trên ý tưởng của bài toán lập lịch TSP (Traveling Salesman Problem) và bổ sung tham số về thời gian du lịch hợp lý, được gọi là TPA (Travel Planning Algorithm). Thuật toán TPA được cài đặt trong hệ thống du lịch thông minh đa nền tảng của tỉnh Thái Nguyên. Dựa vào điểm du lịch được gợi ý trong quá trình lựa chọn điểm thăm quan của du khách, thuật toán TPA hoạt động ổn định và lập được lộ trình du lịch tốt hơn so với chức năng lập lộ trình trong hệ thống du lịch thông minh của TripHunter và Tập đoàn bưu chính viễn thông Việt Nam (VNPT). Mạng đồng tác giả là mạng lưới học thuật giữa các nhà nghiên cứu viết chung bài báo khoa học, mức độ kết hợp đồng tác giả có thể được đặc trưng bởi các độ đo liên kết. Đựa trên các đặc trưng đó, hình thành nhiều bài toán có ý nghĩa, trong đó có khuyến nghị cộng tác, gợi ý các tác giả có thể kết hợp trong tương lai hoặc tăng cường hợp tác. Bài báo này đề xuất một số độ đo liên kết mới dựa trên cộng đồng tác giả, kịch bản thiết lập bảng ứng viên động theo thời gian, và xây dựng một hệ khuyến nghị đồng tác giả sử dụng các độ đo đó. Bài tập toán cao cấp.Tập 3,Phép giải tích nhiều biến số. DSpace/Manakin Repository. ... Trong bài báo này chúng tôi nghiên cứu các tính chất phi cổ điển như tính chất nén tổng hai mode, nén hiệu hai mode và tính chất phản kết chùm hai mode bậc cao của trạng thái kết hợp cặp thêm và bớt photon hai mode (PAASTMPCS). Các kết quả khảo sát về tính chất nén cho thấy rằng trạng thái PAASTMPCS có tính chất nén tổng hai mode nhưng không có tính chất nén hiệu hai mode. Tính chất nén tổng hai mode của trạng thái PAASTMPCS luôn xuất hiện khi thêm và bớt photon vào trạng thái kết hợp cặp (PCS). Ngoài ra, kết quả khảo sát chỉ ra rằng trạng thái PAASTMPCS còn có tính chất phản kết chùm hai mode bậc cao và tính chất này được tăng cường khi thêm và bớt photon vào PCS. Qua đó, vai trò của việc thêm và bớt photon đã được khẳng định thông qua việc tăng cường tính chất phi cổ điển của trạng thái PAASTMPCS. - 1. phương trình: x3 −y3 = 35 (1) 2x2 +3y2 = 4x−9y (2) Giải Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) theo vế ta được: (x−2)3 = (3+y)3 ⇒ x = y+5 (3) Thế (3) vào phương trình (2) của hệ ta được: y2 +5y+6 = 0 ⇔ y = −2 ⇒ x = 3 y = −3 ⇒ x = 2 Đáp số: (3;−2),(2;−3) là nghiệm của hệ. Bài 2. Giải hệ phương trình: x3 +y3 = 9 (1) x2 +2y2 = x+4y (2) Giải Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) theo vế ta được: (x−1)3 = (2−y)3 ⇒ x = 3−y (3) Thế (3) vào phương trình (2) của hệ ta được: y2 −3y+2 = 0 ⇔ y = 1 ⇒ x = 2 y = 2 ⇒ x = 1 Đáp số: (2;1),(1;2) là nghiệm của hệ. Bài 3. Giải hệ phương trình: x3 +y3 = 91 (1) 4x2 +3y2 = 16x+9y (2) Giải Lấy phương trình (1) trừ 3 lần phương trình (2) theo vế ta được: (x−4)3 = (3−y)3 ⇒ x = 7−y (3) Thế (3) vào phương trình (2) của hệ ta được: y2 −7y+12 = 0 ⇔ y = 4 ⇒ x = 3 y = 3 ⇒ x = 4 Đáp số: (3;4),(4;3) là nghiệm của hệ. Bài 4. Giải hệ phương trình: x2 +y2 = 1 5 (1) 4x2 +3x− 57 25 = −y(3x+1) (2) Giải Lấy phương trình (1) nhân với 25 cộng theo với với phương trình (2) nhân với 50 rồi nhóm lại ta được: 25(3x+y)2 +50(3x+y)−119 = 0 ⇔ 3x+y = 7 5 ;3x+y = − 17 5 . Trường hợp 1: x2 +y2 = 1 5 y = 7 5 −3x Thế ta được: x = 2 5 ⇒ y = 1 5 ;x = 11 25 ⇒ y = 2 25 Trường hợp 2: x2 +y2 = 1 5 y = − 17 5 −3x vô nghiệm. Vậy 2 5 ; 1 5 ; 11 25 ; 2 25 là nghiệm của hệ. Bài 5. 1
- 2. trình: x3 +3xy2 = −49 (1) x2 −8xy+y2 = 8y−17x (2) Giải Lấy phương trình (1) cộng với phương trình (2) nhân với 3 được: x3 +3x2 +(3y2 −24y+51)x+3y2 −24y+49 = 0 ⇔ (x+1) (x+1)2 +3(y−4)2 = 0 ⇔ x = −1 x = −1, y = 4 Lần lượt thế vào phương trình (1) của hệ ta được (−1;4),(−1;−4) là nghiệm của hệ. Bài 6. Giải hệ phương trình: 6x2 y+2y3 +35 = 0 (1) 5x2 +5y2 +2xy+5x+13y = 0 (2) . Giải Lấy phương trình (1) cộng với 3 lần phương trình (2) theo vế ta được: (6y+15)x2 +3(2y+5)x+2y3 +15y2 +39y+35 = 0 ⇔ (2y+5) 3 x+ 1 2 2 + y+ 5 2 2 = 0 ⇔ y = − 5 2 x = − 1 2 , y = − 5 2 . Lần lượt thế vào phương trình (1) ta được: 1 2 ;− 5 2 ; − 1 2 ;− 5 2 là nghiệm của hệ. Bài 7. Giải hệ phương trình: x2 +y2 = xy+x+y x2 −y2 = 3 Giải Chú ý rằng: x2 −xy+y2 = 1 4 3(x−y)2 +(x+y)2 nên ta đặt a = x+y b = x−y thì được hệ mới: 3a2 +b2 = 4b (1) ab = 3 (2) . Đem thế a = 3 b từ phương trình (2) vào phương trình (1) rồi giải tìm được b = 3 ⇒ a = 1 Từ đó tìm lại được: x = 2;y = 1 là nghiệm của hệ. Bài 7.1 Giải hệ phương trình: √ x2 +2x+6 = y+1 x2 +xy+y2 = 7 Giải ĐK: y ≥ −1 Hệ đã cho tương đương với: x2 +2x+6 = y2 +2y+1 1 4 3(x+y)2 +(x−y)2 = 7 ⇔ (x−y)(x+y+2) = −5 3(x+y)2 +(x−y)2 = 28 (∗∗) Đặt a = x+y b = x−y khi đó (∗∗) trở thành b(a+2) = −5 3a2 +b2 = 28 ⇔ a = −1 b = −5 hay a = 3 b = −1 Giải hệ trên ta thu được nghiệm: x = −3 y = 2 hay x = 1 y = 2 Kết luận: Hệ phương trình đã cho có tập hợp nghiệm là: {(−3;2),(1;2)} Bài 8. 2
- 3. trình: x2 +2y2 = xy+2y 2x3 +3xy2 = 2y2 +3x2 y . Giải Với y = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm của hệ. Với y = 0, nhân phương trình 1 với −y rồi cộng theo vế với phương trình 2 ta được: 2x3 −4x2y+4xy2 −2y3 = 0 ⇔ x = y Thế lại vào phương trình 1 của hệ ta được: 2y2 = 2y ⇔ y = 1 ⇒ x = 1 Vậy (1;1),(0;0) là nghiệm của hệ Bài 9. Giải hệ phương trình: x √ x−y √ =y = 8 √ x+2 √ y x−3y = 6 (∗) Giải Đk: x > 0 y > 0 . Lúc đó hpt (∗) ⇔ 3 x √ x−y √ y = 6 4 √ x+ √ y (1) x−3y = 6 (2) Thay (2) vào (1) có:3 x √ x−y √ y = (x−3y) 4 √ x+ √ y ⇔ √ x x+ √ xy−12y √ x = 0 ⇔ √ x √ x−3 √ y √ x+4 √ y = 0 ⇔ √ x = 3 √ y ⇔ x = 9y. Thay vào (2) có y = 1 ⇒ x = 9. Vậy hpt có 1 nghiệm x = 9 y = 1 Bài 10. Giải hệ phương trình: 2x y + 2y x = 3 x−y+xy = 3 (∗) Giải Đk x.y > 0 . Lúc đó hpt (∗) ⇔ 2x y + 2y x = 3 x−y+xy = 3 ⇔ 2x2 +2y2 −5xy = 0 x−y+xy = 3 ⇔ (x−2y)(2x−y) = 0 x−y+xy = 3 ⇔ x = 2y 2y2 +y−3 = 0 hay y = 2x 2x2 −x−3 = 0 . Lúc đó kết hợp với đk ta được hpt có nghiệm (x;y) là (2;1); −3;− 3 2 ;(−1;−2); 3 2 ;3 Bài 11. Giải hệ phương trình: x4 −y4 = 240 x3 −2y3 = 3(x2 −4y2)−4(x−8y) Giải Lấy phương trình 1 trừ đi phương trình 2 nhân với 8 ta được: (x−2)2 = (y−4)4 ⇔ x = y−2;x = 6−y Lần lượt thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được Trường hợp 1: x4 −y4 = 240 x = y−2 ⇔ x = −4 y = −2 Trường hợp 2: x4 −y4 = 240 x = 6−y ⇔ x = 4 y = 2 Vậy (4;2),(−4;−2) là nghiệm của hệ. 3
- 4. phương trình: √ 2(x−y) = √ xy x2 −y2 = 3 Giải Đk: x ≥ y. Lúc đó √ 2(x−y) = √ xy ⇔ 2x2 −5xy+2y2 = 0 ⇔ (x−2y)(2x−y) = 0 ⇔ x = 2y y = 2x Khi x = 2y ⇒ y = ±1 ⇒ x = 2 y = 1 hay x = −2 y = −1 Khi y = 2x ⇒ −3x2 = 3 (pt vô nghiệm) Vậy đối chiếu với đk hpt có một nghiệm là (2;1) Bài 13. Giải hệ phương trình: (x−1)2 +6(x−1)y+4y2 = 20 x2 +(2y+1)2 = 2 Giải hệ phương trình ⇔ x2 −2x+1+6xy−6y+4y2 = 20 x2 +4y2 = 1−4y ⇔ y = x+9 3x−5 (1) x2 +4y2 = 1−4y thế (1) vào hệ (2) ta được x2 + 2x+18 3x−5 +1 2 = 2 ⇔ −9 55 . x− 8 3 2 = 1 hay x = −1 suy ra x = −1 ⇒ y = −1 Bài 14. Giải hệ phương trình: x2 +2xy+2y2 +3x = 0 (1) xy+y2 +3y+1 = 0 (2) Giải Lấy (1)+2.(2) ta được :(x+2y)2 +3(x+2y)+2 = 0⇔ (x+2y+1)(x+2y+2) = 0 TH1: x+2y+1 = 0 ⇒ x = −2y−1 thay vào (2) ta được y2 −2y−1 = 0 ⇒ y = 1+ √ 2 ⇒ x = −3−2 √ 2 y = 1− √ 2 ⇒ x = −3+2 √ 2 TH2: x+2y+2 = 0 ⇒ x = −2y−2 thay vào (2) ta được y2 −y−1 = 0 ⇒ y = 1− √ 5 2 ⇒ x = −3+ √ 5 y = 1+ √ 5 2 ⇒ x = −3− √ 5 Do đó hpt đã cho có 4 nghiệm (x;y) là : −3−2 √ 2;1+ √ 2 ; −3+2 √ 2;1− √ 2 ; −3+ √ 5; 1− √ 5 2 ; −3− √ 5; 1+ √ 5 2 Bài 15. Giải hệ phương trình: x3 −y3 = 3x+1 x2 +3y2 = 3x+1 Giải hệ phương trình ⇔ t = x3 −3x−1 3t +(x2 −3x−1)y = 0 với t = y3. ta có D = x2 −3x−1, Dt = (x3 −3x−1)(x2 −3x−1), Dy = −3(x3 −3x−1) 4
- 5. D = 0 mà Dy = 0 suy ra pt VN Xét D = 0 ta có Dt D = Dy D 3 hay (x2 −3x−1)3 = −27(x3 −3x−1) ⇒ x = 2 hay 28x5 +47x4 −44x3 −151x2 −83x−13 = 0 ⇒ x = 2 hay x ≈ −1,53209 từ đây suy ra được y Bài 16. Giải hệ phương trình: 2x2 +y (x+y)+x(2x+1) = 7−2y x(4x+1) = 7−3y Giải Cách 1: Thế 7 = 4x2 +x+3y ở phương trình (2) vào phương trình (1) ta được: (2x2 +y)(x+y) = 2x2 +y ⇒ y = −2x2 hoặc y = 1−x Trường hợp 1: y = −2x2 x(4x+1) = 7−3y vô nghiệm. Trường hợp 2: y = 1−x x(4x+1) = 7−3y ⇔ x = 1+ √ 17 4 y = 3− √ 17 4 hoặc x = 1− √ 17 4 y = 3+ √ 17 4 Đáp số: 1− √ 17 4 ; 3+ √ 17 4 ; 1+ √ 17 4 ; 3− √ 17 4 là nghiệm của hệ. Cách 2: Phân tích (1) ta có 2x3 +2x2y+xy+y2 +2x2 +x = 7−2y ⇔ 2x3 +2x2 (y+1)+x(y+1)+(y+1)2 = 8 ⇔ 2x2 (x+y+1)+(y+1)(x+y+1) = 8 ⇔ (x+y+1)(2x2 +y+1) = 8 ⇔ (x+y+1)(4x2 +2y+2) = 16 ta có (x+y+1)(4x2 +2y+2) = 16 4x2 = 7−x−3y ⇔ (x+y+1)[9−(x+y)] = 16 4x2 = 7−x−3y suy ra x+y = 1 hay x+y = 7 Với x+y = 1 ta tìm đc x = 1 4 1± √ 17 hay y = 1−x Với x+y = 7 thay vào (2) phương trình VN KL Bài 16.1 Giải hệ phương trình: x3 +7y = (x+y)2 +x2y+7x+4 (1) 3x2 +y2 +8y+4 = 8x (2) Giải Từ pt thứ (2) trong hệ ta rút 4 = 8x−3x2 −y2 −8y Thay vào pt thứ (1) trong hệ thu gọn ta được (x−y) x2 +2x−15 = 0 ⇔ x = y x = 3 x = −5 Với x = y thay vào pt thứ 2 ta được −4x2 = 4 pt vô nghiệm Với x = 3 thay vào pt thứ 2 ta được y2 +8y+7 = 0⇔ y = −1 y = −7 Với x = −5 thay vào pt thư 2 ta được y2 +8y+119 = 0 pt vô nghiệm Vậy hệ pt có 2 nghiệm (x;y) là (3;−1);(3;−7) Bài 17. 5
- 6. trình: x3 −12z2 +48z−64 = 0 y3 −12x2 +48x−64 = 0 z3 −12y2 +48y−64 = 0 Giải Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được: (x−4)3 +(y−4)3 +(z−4)3 = 0 (∗) từ đó suy ra trong 3 số hạng ở tổng này phải có ít nhất 1 số hạng không âm, không mất tổng quát ta giả sử (z−4)3 ≥ 0 ⇒ z ≥ 4 Thế thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương x3 −16 = 12(z−2)2 ≥ 12.22 ⇒ x ≥ 4 Thế thì phương trình thứ hai của hệ tương đương y3 −16 = 12(x−2)2 ≥ 12.22 ⇒ y ≥ 4 Do vậy từ (x−4)3 +(y−4)3 +(z−4)3 = 0 (∗) ⇒ x = y = z = 4 Thử lại thỏa mãn. Vậy (4;4;4) là nghiệm của hệ. Bài 18. Giải hệ phương trình: x4 +4x2 +y2 −4y = 2 x2y+2x2 +6y = 23 Giải hệ đã cho tương đương t −4y = 2−x4 −4x2 (x2 +6)y = 23−2x2 với t = y2 ta tính được D = x2 +6, Dt = −x6 −10x4 −30x2 +104, Dy = 23−2x2. ta có Dt D = Dy D 2 suy ra (x2 +6)(−x6 −10x4 −30x2 +104) = (23−2x2)2 ⇔ (1−x)(1+x)(1+x2)(x4 +16x2 +95) = 0 vậy suy ra x = 1 hay x = −1 , từ đây tìm được y Bài 19. Giải hệ phương trình: x2 +xy+y2 = 3 x2 +2xy−7x−5y+9 = 0 Giải Cách 1: Cộng theo vế 2 phương trình của hệ ta được (2x + y − 3)(x + y − 2) = 0 Từ đó dẫn đến 2 trường hợp: Trường hợp 1: x2 +xy+y2 = 3 y = 3−2x ⇔ x = 1 y = 1 hoặc x = 2 y = −1 Trường hợp 2: x2 +xy+y2 = 3 y = 2−x ⇔ x = 1 y = 1 Kết luận: (1;1),(2;−1) là nghiệm của hệ. Cách 1: đặt x = a+1 y = b+1 hệ trở thành a2 +b2 +3a+3b+ab = 0 (1) a2 −3a−3b+2ab = 0 (2) cộng (1) và (2) ta đc 2a2 +b2 +3ab = 0 ⇔ (2a+b)(a+b) = 0 suy x và y Bài 20. Giải hệ phương trình: 3 x2 +y2 + 1 (x−y)2 = 2(10−xy) 2x+ 1 x−y = 5 Giải 6
- 7. + 1 (x−y)2 = 20 x+y+x−y+ 1 x−y = 5 Đặt u = x+y v = x−y+ 1 x−y Ta có hệ sau: 2u2 +v2 −2 = 20 u+v = 5 ⇔ v = 5−u 2u2 +(5−u)2 = 22 ⇔ u = 3 v = 2 hoặc u = 1 3 v = 14 3 TH 1: u = 3 v = 2 ⇔ x+y = 3 x−y+ 1 x−y = 2 ⇔ x+y = 3 x−y = 2 ⇔ x = 2 y = 1 TH 2: u = 1 3 v = 14 3 ⇔ x+y = 1 3 x−y+ 1 x−y = 14 3 ⇔ x+y = 3 x−y = 7+2 √ 10 3 hoặc x+y = 3 x−y = 7−2 √ 10 3 ⇔ x = 4+ √ 10 3 y = −3− √ 10 3 hoặc x = 4− √ 10 3 y = −3+ √ 10 3 Bài 21. Giải hệ phương trình: a(a+b) = 3 b(b+c) = 30 c(c+a) = 12 Giải Bài 22. Giải hệ phương trình: x3 +y3 −xy2 = 1 4x4 +y4 −4x−y = 0 Giải Với x = 0 ⇒ y = 1 Với y = 0 ⇒ x = 1 Với x = 0;y = 0 thay (1) vào (2) ta được: 4x4 +y4 = (4x+y)(x3 +y3 −xy2) ⇔ 3y2 −4xy+x2 = 0 ⇔ 3 y x 2 −4 y x +1 = 0 ⇔ y x = 1 y x = 1 3 Với x = y thay vào (1) ta có x = 1 ⇒ y = 1 Với x = 3y thay vào (1) ta có x = 3 3 √ 25 ⇒ y = 1 3 √ 25 Vậy hpt có 4 nghiệm phân biệt (x;y) là (0;1);(1;0);(1;1); 3 3 √ 25 ; 1 3 √ 25 Bài 23. Giải hệ phương trình: x2 −y2 = 3 (1) log3(x+y)−log5(x−y) = 1 (2) Giải ĐK: x+y > 0 x−y > 0 Từ pt (1) có log3(x2 −y2) = 1 ⇔ log3(x+y)+log3(x−y) = 1 ⇔ log3(x+y) = 1−log3(x−y) (∗) 7
- 8. pt (2) có 1−log3(x−y)−log5 3.log3(x−y) = 1 ⇔ log3(x−y)(1−log3 5) = 0 ⇔ log3(x−y) = 0 ⇔ x−y = 1 Lúc đó ta có hpt mới x2 −y2 = 3 x−y = 1 ⇔ x+y = 3 x−y = 1 ⇔ x = 2 y = 1 Vậy hpt có 1 nghiệm duy nhất x = 2 y = 1 Bài 24. Giải hệ phương trình: log4(x2 +y2)−log4(2x)+1 = log4(x+3y) log4(xy+1)−log4(2y2 +y−x+2) = log4 x y − 1 2 Giải hệ phương trình ⇔ (x2 +y2)2 x = x+3y (1) xy+1 2y2 +y−x+2 = x 2y (2) (1) ⇔ x2 −3xy+2y2 = 0 ⇔ x = y (3) x = 2y (4) (2),(3) ⇔ x,y ∈ R > 0 (2),(4) ⇔ x = 2,y = 1 Bài 25. Giải hệ phương trình: x2(y+1) = 6y−2(1) x4y2 +2x2y2 +y(x2 +1) = 12y2 −1(2) Giải Dễ thấy y = 0 và y = −1. Từ (1) ⇒ x2y(y+1) = 6y2 −2y, và x2 −2 = 4y−4 y+1 ;x2 +3 = 9y+1 y+1 Thay (1) vào (2), ta có: x4y2 +x2y2 +y+6y2 −2y = 12y2 −1 ⇔ (x2 −2)(x2 +3)y2 −y+1 = 0 ⇔ 4(y−1)(9y+1)y2 (y+1)2 = y−1 ⇔ y = 1 4(9y+1)y2 = (y+1)2 ⇔ y = 1 ⇒ x = ± √ 2 y = 1 3 ⇒ x = 0 Bài 26. Giải hệ phương trình: x3 −y3 +3y2 −3x = 2(1) x2 + √ 1−x2 −3 2y−y2 = −2(2) Giải Cách 1: Đk: 1−x2 ≥ 0 2y−y2 ≥ 0 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 2 Đặt t = x+1,0 ≤ t ≤ 2.Lúc đó hpt đã cho trở thành: t3 −3t2 +2 = y3 −3y2 +2 x2 + √ 1−x2 −3 2y−y2 = −2 ⇒ t3 −3t2 = y3 −3y2 x2 + √ 1−x2 −3 2y−y2 = −2 Xét hàm số f(a) = a3 −3a2,0 ≤ a ≤ 2. Có f (a) = 3a2 −6a; f (a) = 0 ⇔ 3a2 −6a = 0 ⇔ a = 0 a = 2 Lập BBT ta có f(a) = a3 −3a2 nghịch biến với 0 ≤ a ≤ 2 Vậy f(t) = f(y) ⇒ t = y ⇒ x+1 = y Thay x+1 = y vào pt (2) có x2 −2 √ 1−x2 = −2 ⇔ 1−x2 +2 √ 1−x2 −3 = 0 ⇔ ( √ 1−x2 −1)( √ 1−x2 +3) = 0 ⇔ √ 1−x2 = 1 √ 1−x2 = −3 ⇒ x = 0 ⇒ y = 1 8
- 9. 1 nghiệm (x;y) duy nhất là(0;1) Cách 2: Sự xuất hiện của 2 căn thức ở pt (2) mách bảo ta đặt z = 1−y khi đó hệ trở thành x3 −3x+z3 −3z = 0 x2 + √ 1−x2 −3 √ 1−z2 = −2 Phương trình (1) của hệ này tương đương x+z = 0 hoặc x2 +xz+z2 = 3 Thế thì xảy ra 2 trường hợp: Trường hợp 1: z = −x x2 + √ 1−x2 −3 √ 1−z2 = −2 ⇔ x = 0 z = 0 ⇔ x = 0 y = 1 Trường hợp 2: x2 +xz+z2 = 3 x2 + √ 1−x2 −3 √ 1−z2 = −2 Phương trình đầu của hệ này kết hợp với điều kiện của x và z dẫn đến x = z = −1;x = z = 1, cả 2 khả năng này đều không thỏa mãn phương trình thứ 2, nên trường hợp này vô nghiệm. Kết luận: (0;1) là nghiệm của hệ. Bài 27. Giải hệ phương trình: x2 −y2 −y = 0 x2 +xy+x = 1 Giải Bài 28. Giải hệ phương trình: 9y3(3x3 −1) = −125 45x2y+75x = 6y2 Giải Với y = 0 hệ pt vô nghiệm. Với y = 0 chia 2 vế pt (1) và pt (2) lần lượt cho y3 = 0;y2 = 0 ta có hpt 27x3 + 125 y3 = 9 45 x2 y +75 x y2 = 6 ⇔ 27x3 + 125 y3 = 9 3x. 5 y (3x+ 5 y ) = 6 (∗) Đặt u = 3x;v = 5 y ,v = 0 Lúc đó: (∗) ⇔ u3 +v3 = 9 uv(u+v) = 6n ⇔ (u+v)3 −3uv(u+v) = 9 uv(u+v) = 6 ⇔ (u+v)3 = 27 uv(u+v) = 6 ⇔ u+v = 3 uv = 2 ⇔ u = 1 v = 2 hay u = 2 v = 1 Với u = 1 v = 2 ⇔ 3x = 1 5 y = 2 ⇔ x = 1 3 y = 5 2 Với u = 2 v = 1 ⇔ 3x = 2 5 y = 1 ⇔ x = 2 3 y = 5 Vậy hpt đã cho có 2 nghiệm (x;y) là 1 3 ; 5 2 ; 2 3 ;5 Bài 29. 9
- 10. trình: √ x+ 4 √ 32−x−y2 +3 = 0 (1) 4 √ x+ √ 32−x+6y−24 = 0 (2) Giải Đk: 0 ≤ x ≤ 32 y ≤ 4 . Lấy (1)+(2) vế theo vế ta có √ x+ √ 32−x+ 4 √ x+ 4 √ 32−x = y2 −6y+21 (∗) Có y2 +6y+21 = (y−3)2 +12 ≥ 12 Lại có √ x+ √ 32−x ≤ (1+1)(x+32−x) = 8 ⇔ 4 √ x+ 4 √ 32−x ≤ (1+1)( √ x+ √ 32−x) = 4 Vậy √ x+ √ 32−x+ 4 √ x+ 4 √ 32−x ≤ 12 Do (∗) nên có hpt √ x = √ 32−x 4 √ x = 4 √ 32−x y−3 = 0 ⇔ x = 16 y = 3 Vậy hệ pt có một nghiệm duy nhất (x;y) là (16;3) Bài 30. Giải hệ phương trình: √ x+y+1+1 = 4(x+y)2 + √ 3x+3y (1) 12x(2x2 +3y+7xy) = −1−12y2(3+5x) (2) Giải Đặt √ x+y+1 = a ≥ 0; √ 3x+3y = b ≥ 0 (1) ⇔ 3a2 −b2 = 3 9a+9 = 4b4 +9 ⇔ 3a2 −b2 = 3 9a+ 3a2 −b2 2 = 4b4 +9b ⇔ 3a2 −b2 = 3 9a−9b+9a4 −6a2b2 −3b4 = 0 ⇔ 3a2 −b2 = 3 (a−b) 9a3 +9a2b+3ab2 +3b3 = 0 ⇔ 3a2 −b2 = 3 a = b ⇔ b = √ 6 2 ⇔ 2x+2y = 1. ⇔ 2x = 1−2y Thay vào (2) ta được : (x,y) = −5 6 ; 4 3 , 7 10 ; −1 6 Bài 31. Giải hệ phương trình: x3y(1+y)+x2y2 (y+2)+xy3 = 30 x2y+x 1+y+y2 +y−11 = 0 Giải Bài 32. Giải hệ phương trình: Giải hệ x(1+x)+ 1 y 1 y +1 = 4 (1) x3y3 +y2x2 +xy+1 = 4y3 (2) Giải (2) ⇔ x+ 1 y x2 + 1 y2 = 4 Từ (1),(2) ⇒ x+ 1 y và x2 + 1 y2 là nghiệm của pt A2 −4A+4 = 0 ⇔ x+ 1 y = 2 x2 + 1 y2 = 2 ⇔ x+ 1 y = 2 x y = 1 ⇔ x = y = 1 Bài 33. 10
- 11. trình: 2+6y+ √ x−2y = x y x+ √ x−2y = x+3y−2 Giải Bài 34. Giải hệ phương trình: 1− 12 y+3x √ x = 2 (1) 1+ 12 y+3x √ y = 6 (2) Giải Cách 1: Đk: x > 0;y > 0 Từ đó lấy (1)+(2); (2)−(1) ta được hpt 2 √ x + 6 √ y = 2 24 y+3x = 6 √ y − 2 √ x ⇒ 12 y+3x = 9 y − 1 x ⇒ 12xy = (y+3x)(9−y) ⇒ y2 +6xy−27x2 = 0 ⇒ (y+9x)(y−3x) = 0 ⇒ y = 3x do x > 0,y > 0 Thay y = 3x vào pt (1) ta được: x−2 √ x−2 = 0 ⇒ √ x = 1+ √ 3 ⇒ x = 4+2 √ 3 ⇒ y = 3(4+2 √ 3) Vậy hpt có 1 nghiệm (x;y) là (4+2 √ 3;3(4+2 √ 3)) Cách 2:Đk: x > 0;y > 0 Nhân pt (1) với √ 3 và nhân pt (2) với hệ số ảo i rồi cộng 2 vế ta được: √ 3x+ √ yi− 12 y+3x ( √ 3x− √ yi) = 2 √ 3+6i Đặt z = √ 3x+ √ yi thì z− 12 z = 2 √ 3+6i ⇔ z2 −(2 √ 3+6i)z−12 = 0 ⇔ z = 3+ √ 3+(3+ √ 3i) (thỏa mãn) hoặc z = ( √ 3−3)+(3− √ 3i)(loại vì √ 3x < 0) Với z = 3+ √ 3+(3+ √ 3i ⇔ √ 3x = 3+ √ 3 √ y = 3+ √ 3 ⇔ x = 4+2 √ 3 y = 12+6 √ 3 Bài 35. Giải hệ phương trình: 2y x2 −y2 = 3x x x2 +y2 = 10y Giải Nhân chéo ta có: 3x2 x2 +y2 = 20y2 x2 −y2 ⇔ 3x4 −17x2y2 +20y4 = 0 ⇔ 3x2 = 5y2 or x2 = 4y2 Thay vào ta có các nghiệm (x;y)= (0;0), ± 4 3 5 ;± 4 27 125 ;(±1;±2) Bài 36. Giải hệ phương trình: 2 √ x+3y+2−3 √ y = √ x+2 (1) √ y−1− √ 4−x+8−x2 = 0 (2) Giải (1) ⇔ 2 √ x+3y+2 = √ x+2+3 √ y ⇔ 4(x+3y+2) = x+2+9y+6 y(x+2) ⇔ ( √ x+2− √ y)2 = 0 ⇔ y = x+2 Thay vào (2), ta có: √ x+1− √ 4−x+8−x2 = 0 ⇔ x−3 √ x+1+2 + x−3 √ 4−x+1 +(3−x)(3+x) = 0 ⇔ x = 3 ⇒ y = 5 11
- 12. pt 1 √ x+1+2 + 1 1+ √ 4−x = x+3(∗) vô nghiệm trên đoạn [−1,4] Ta có: 1 √ x+1+2 ≤ 1 2 1 √ 4−x+1 ≤ 1 ⇒ 1 √ x+1+2 + 1 1+ √ 4−x < 3 2 mà x+3 ≥ 2 ⇒ (∗) vô nghiệm Bài 37. Giải hệ phương trình: (x+ √ 1+x2)(y+ 1+y2) = 1 (1) x √ 6x−2xy+1 = 4xy+6x+1 (2) Giải Cách 1:Xét f(t) = t + √ t2 +1, f (t) = 1+ t √ t2 +1 = √ t2 +1+t √ t2 +1 > |t|−t √ t2 +1 ≥ 0 Do đó f(t) đồng biến trên R (1) ⇔ x+ √ x2 +1 = −y+ 1+y2 ⇔ f(x) = f(−y) ⇔ x = −y (2) ⇔ x √ 6x+2x2 +1 = −4x2 +6x+1 ⇔ ( √ 2x2 +6x+1− x 2 )2 = 25 4 x2 ⇔ √ 2x2 +6x+1 = 3x √ 2x2 +6x+1 = −2x Với √ 2x2 +6x+1 = 3x ⇔ 2x2 +6x+1 = 9x2 x ≥ 0 ⇔ 7x2 −6x−1 = 0 x ≥ 0 ⇔ x = 1 → y = −1 Với √ 2x2 +6x+1 = −2x ⇔ 2x2 +6x+1 = 4x2 x ≤ 0 ⇔ 2x2 −6x−1 = 0 x ≤ 0 ⇔ x = 3− √ 11 2 → y = −3+ √ 11 2 Cách 2:Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ thành: x+ √ 1+x2 = −y+ 1+y2 (1) Rõ ràng (1) khiến ta nghĩ đến hàm số f(t) = t + √ t2 +1, hàm này đồng biến trên R nên (1) tương đương x = −y thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x √ 6x+2x2 +1 = −4x2 + 6x + 1 (2) Có một cách hay để giải (2) bằng ẩn phụ, nhưng để đơn giản, ta lũy thừa 2 vế ta tìm được nghiệm x = 1;x = 3− √ 11 2 Kết luận: (1;−1);( 3− √ 11 2 ;− 3− √ 11 2 ) là nghiệm của hệ. Bài 38. Giải hệ phương trình: 2x3 −4x2 +3x−1 = 2x3(2−y) √ 3−2y √ x+2 = 3 14−x √ 3−2y+1 Giải 2x3 −4x2 +3x−1 = 2x3(2−y) √ 3−2y ⇔ 1− 1 x 3 + 1− 1 x = (3−2y)3 + √ 3−2y ⇔ √ 3−2y = 1− 1 x (Do hàm số f (t) = t3 +t đồng biến trên R) Thay vào phương trình thứ hai ta được: √ x+2−3 − 3 √ 15−x−2 = 0 ⇔ x−7 √ x+2+3 + x−7 3 (15−x)2 +2 3 √ 15−x+4 = 0 ⇔ x = 7 ⇒ y = 111 98 Bài 39. Giải hệ phương trình: x2 +2xy−2x−y = 0 x4 −4(x+y−1)x2 +y2 +2xy = 0 Giải Từ pt (2) ta có x4 −4x3 −4yx2 +4x2 +y2 +2xy = 0 ⇔ (x4 −4x3 +4x2)−4(x2 −2x)y+4y2 −3y2 −6xy = 0 ⇔ (x2 −2x−2y)2 = 3y2 +6xy 12
- 13. đã cho trở thành: x2 +2xy−2x−y = 0 (x2 −2x−2y)2 = 3y2 +6xy ⇒ y = x2 +2xy−2x (3) y2(1+2x)2 = 3y(y+2x) (4) Từ (4) có 2y(2xy+2x2 −3x−y) = 0 ⇔ y = 0 2xy+2x2 −3x−y = 0 + Với y= 0 từ (3) có x2 −2x = 0 ⇔ x = 0 x = 2 +Với 2xy+2x2 −3x−y = 0 ⇒ y = 2xy+2x2y−3x thay vào (3) có x(2xy−x−1) = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 0 y = x+1 2x (x = 0) Thay y = x+1 2x (x = 0) vào pt (3) ta có (x−1)(2x2 +1) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 Vậy hpt đã cho có 3 nghiệm (x;y) là (0;0),(2;0),(1;1) Bài 40. Giải hệ phương trình: x2 +y2 +2y = 4 (x2 +xy)(y+1)+x = 6 Giải Bài 41. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất: 3y−m √ x2 +1 = 1 x+y+ 1 1+ √ x2 +1 = m2 Giải Hệ pt đã cho trở thành y+ √ x2 +1 = m2 3y−m √ x2 +1 = 1 (I) * Điều kiện cần: giả sử hpt có nghiệm (x0;y0) thì (−x0;y0) cũng là nghiệm của hệ nên hpt có nghiệm duy nhất ⇔ x0 = −x0 ⇒ x0 = 0 Lúc đó hệ (I) ⇔ y = m2 −1 3y = 1+m ⇒ 3m2 −m−4 = 0 ⇔ m = −1∨m = 4 3 *Điều kiện đủ: + Với m= -1 ta có (I) ⇔ y+ √ x2 +1 = 1 3y+ √ x2 +1 = 1 ⇔ x = 0 y = 0 Vậy m= -1 (nhận) + Với m = 4 3 ta có (I) ⇔ y+ √ x2 +1 = 16 9 3y− 4 3 √ x2 +1 = 1 ⇒ x = 0 y = 7 9 Vậy m = 4 3 (nhận) Do đó m = −1;m = 4 3 là các giá trị cần tìm. Bài 42. Giải hệ phương trình: x2y2 −2x+y−1 = 0 2x2 +y2 −4x−5 = 0 Giải Bài 43. 13
- 14. −1 (1) x2y2 +xy−13y2 = −1 (2) Giải Từ pt (1) ⇒ xy+1 = 7y−x thế xuống pt (2) pt (2) ⇔ (xy+1)2 −xy−13y2 = 0 ⇔ (7y−x)2 −xy−13y2 = 0 ⇔ x2 −15xy+36y2 = 0 ⇔ (x−3y)(x−12y) = 0 ⇒ x = 3y Hoặc x = 12y Tới đó là ra rồi :D Bài 44. Giải hệ: (2011x+3)(ln(x−2)−ln2011x) = (2011y+3)(ln(y−2)−ln2011y) (1) 2y6 +55y2 +58 √ x−2 = 2011 (2) (x;y ∈ Z) Giải Điều kiện: x,y > 2, khi đó từ (1), ta xét hàm số: f(t) = (2011t +3)(ln(t −2)−ln2011t) t > 2, dễ thấy f(t) đơn điệu trên tập xác định của nó nên :f(x) = f(y) ⇔ x = y, Thay vào (2), ta được phương trình: 2x6 +55x2 +58 √ x−2 = 2011 ⇔ 2x6 +55x2 −1953+58 √ x−2−1 = 0 ⇔ (x−3)(x+3)(x4 +18x2 +217)+58 x−3 √ x−2+1 = 0 ⇔ (x−3) (x+3)(2x4 +18x2 +217)+ 58 √ x−2+1 = 0 ⇔ x = 3, vì: (x+3)(2x4 +18x2 +217)+ 58 √ x−2+1 > 0 x > 2 Kết luận: Hệ phương trình đã cho có nghiêm là:(3;3) Bài 45. Giải hệ: 8x6 − 1 2 xy = y−3x4 (1) x3 −4x2y = y (2) Giải Từ phương trình thứ nhất rút ra: y = 8x6 +3x2 x+2 Từ phương trình thứ hai rút ra: y = x3 4x2 +1 Từ đó dẫn đến: 8x6 +3x2 x+2 = x3 4x2 +1 ⇒ x3(64x6 +16x4 +23x2 −2x+6) = 0 ⇒ x = 0 ⇒ y = 0. Đáp số: (0; 0) Bài 46. Giải hệ: x2 +xy+2x+2y−16 = 0 (1) (x+y)(4+xy) = 32 (2) Giải Hệ pt đã cho (x+y)(x+2) = 16 (1 ) (x+y)(4+xy) = 32 (2 ) * Với x = y từ pt(1) có x2 +2x−8 = 0 ⇔ x = 2 hpt đã cho thỏa x = −4 hpt đã cho không thỏa * Với x = −y hpt không thỏa. * Với x = −y lấy (1 ) (2 ) ⇒ x+2 4+xy = 1 2 ⇒ x(2−y) = 0 ⇒ x = 0 ⇒ y = 8 y = 2 ⇒ x = 2 hay x = −6 14
- 15. 3 nghiệm phân biệt (x;y) là (2;2),(0;8),(−6;2) Bài 47. Giải hệ: xy = x+7y+1 x2y2 = 10y2 −1 Giải Từ phương trình thứ nhất của hệ rút x theo y ta được: x = 7y+1 y−1 Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 7y+1 y−1 2 .y2 = 10y2 −1 ⇒ 39y4 +34y3 −8y2 −2y+1 = 0 ⇒ y = −1 ⇒ x = 3 y = − 1 3 ⇒ x = 1 Đáp số: (3;−1), 1;− 1 3 là nghiệm của hệ. Bài 48. Giải hệ: x3(3y+55) = 64 xy(y2 +3y+3) = 12+51x Giải Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ. Viết lại hệ dưới dạng: 3y+55 = t3 y3 +3y2 +3y = 3t +51 với t = 4 x Cộng vế với vế của hệ ta được: (y+1)3 +3(y+1)+51 = t3 +3t +51 ⇔ y+1 = t ( do f (t) = t3 +3t +51 đồng biến trên R) từ đó có: t3 −3(y−1)−55 = 0 ⇔ (t −4) t2 +4t +13 = 0 ⇔ t = 4 Vậy hệ có nghiệm x = 1 y = 3 Bài 49. Giải hệ phương trình: log3(2x+1)−log3(x−y) = √ 4x2 +4x+2− (x−y)2 +1−3x2 +y2 −4x−2xy−1 log3(2x)+4x2 − √ 4x2 +1 = 1− √ 2 Giải Viết phương trình thứ nhất của hệ thành: (2x+1)2 +1−(2x+1)2 −log3(2x+1) = (x−y)2 +1−(x−y)2 −log3(x−y) (∗) Xét hàm số: f(t) = (t)2 +1−(t)2 −log3(t) với t > 0 Có: f (t) = t (t)2 +1 −(2t + 1 t ) ≤ 1 √ 2 −2 √ 2 ≤ 0 nên f nghịch biến Thế thì (∗) ⇔ 2x+1 = x−y (1) Với phương trình thứ hai, xét hàm: f(x) = log3(2x)+4x2 − √ 4x2 +1 với x > 0 Có: f (x) = 4x(2− 1 √ 4x2 +1 )+ 1 x > 0 nên f đồng biến Thế mà f 1 2 = 1− √ 2 nên x = 1 2 thỏa mãn phương trình thứ hai. Kết hợp với (1) cho ta y = − 3 2 Vậy 1 2 ;− 3 2 là nghiệm của hệ. Bài 50. Giải hệ: x4 y4 + y4 x4 −( x2 y2 + y2 x2 )+ x y + y x = −2 (1) x2 +y6 −8x+6 = 0 (2) 15
- 16. 0;y = 0 Với pt(1): Đặt x y + y x = t ⇒ t2 = x2 y2 + y2 x2 +2 ⇒ x2 y2 + y2 x2 = t2 −2 Mặt khác : x2 y2 + y2 x2 2 = (t2 −2)2 ⇒ x4 y4 + y4 x4 +2 = t4 −4t2 +4 Từ đó: x4 y4 + y4 x4 = t4 −4t2 +2 Theo AM_GM có x2 y2 + y2 x2 ≥ 2 ⇔ t2 ≥ 4 ⇔ |t| ≥ 2 Ta có vế trái của pt (1) g(t) = t4 −5t2 +t +4,|t| ≥ 2 Có g (t) = 2t(2t2 −5)+1 Nhận xét: + t ≥ 2 ⇒ 2t(2t2 −5) ≥ 4(8−5) > 0 ⇒ g (t) > 0 + t ≤ −2 ⇒ 2t ≤ −4;2t2 −5 ≥ 3 ⇒ −2t(2t2 −5) ≥ 12 ⇒ 2t(2t2 −5) ≤ −12 ⇒ g (t) < 0 Lập BBT có giá trị nhỏ nhất của g(t) =-2 đạt được tại t = −2 Vậy từ pt(1) có x y + y x = −2 (∗) Đặt u = x y ⇒ y x = 1 u ,u = 0 Lúc đó pt (∗) ⇔ u+ 1 u = −2 ⇔ (u+1)2 = 0 ⇔ u = −1 ⇔ x = −y Thay x = −y vào pt(2) có :x6 +x2 −8x+6 = 0 ⇔ (x−1)2(x4 +2x3 +3x2 +4x+6) = 0 ⇔ (x−1)2 x2(x+1)2 +2(x+1)2 +4 = 0 ⇔ x−1 = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = −1 Vậy hpt có duy nhất 1 nghiệm (x;y) là (1;−1) Bài 51. Giải hệ phương trình: (2x2 −1)(2y2 −1) = 7 2 xy x2 +y2 +xy−7x−6y+14 = 0 Giải Dễ thấy xy = 0 không thỏa mãn hệ. Với: xy = 0 viết lại hệ dưới dạng: 2x− 1 x 2y− 1 y = 7 2 x2 +y2 +xy−7x−6y+14 = 0 ĐK để phương trình x2 +y2 +xy−7x−6y+14 = 0 ( ẩn x) có nghiệm là: ∆1 = (y−7)2 −4y2 +24y−56 ≥ 0 ⇔ y ∈ 1; 7 3 ĐK để phương trình x2 +y2 +xy−7x−6y+14 = 0 ( ẩn y) có nghiệm là: ∆2 = (x−6)2 −4x2 +28x−56 ≥ 0 ⇔ x ∈ 2; 10 3 Xét hàm số f (t) = 2t − 1 t đồng biến trên (0;+∞) Nên: ⇒ f (x).f (y) ≥ f (2).f (1) = 7 2 Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được x = 2 y = 1 là nghiệm của hệ Bài 52. Giải hệ phương trình: x4 +2y3 −x = − 1 4 +3 √ 3 (1) y4 +2x3 −y = − 1 4 −3 √ 3 (2) 16
- 17. có: x4 +2x3 −x+y4 +2y3 −y = −1 2 ⇔ (x2 +x)2 −(x2 +x)+ 1 4 +(y2 +y)2 −(y2 +y)+ 1 4 = 0 ⇔ (x2 +x− 1 2 )2 +(y2 +y− 1 2 )2 = 0 ⇔ x = −1− √ 3 2 y = −1+ √ 3 2 Bài 53. Đề thi thử lần 2 chuyên Lê Quý Đôn_ Bình Đinh Giải hệ phương trình: log2(3x+1)−log4 y = 3 (1) 2 √ x2−4y +3log9 4 = 10 (2) Giải Đk: x > − 1 3 , y > 0, x2 −4y ≥ 0 Từ pt(1) có: log2(3x+1) = 3+log2 √ y ⇔ 3x+1 = 4 √ 4y (∗) Từ pt(2) có: 2 √ x2−4y +2 = 10 ⇔ 2 √ x2−4y = 8 ⇔ x2 −4y = 3 ⇔ 4y = x2 −9 (∗∗) Thay (∗∗) vào (∗) ta được: 3 √ x2 −9 = 16(x2 −9) ⇔ 7x2 −6x−145 = 0 ⇔ x = 5∨x = − 19 7 (loại) Với x = 5 ⇒ y = 4. Vậy hệ pt có 1 nghiệm (x;y) là (5;4) Bài 54. Giải hệ: 1 √ x + y x = 2 √ x y +2(1) y( √ x2 +1−1) = 3(x2 +1)(2) Giải (1) ⇔ y+ √ x x = 2(y+ √ x) y ⇔ √ x = −y(∗) y = 2x(∗∗) Với (∗), ta dễ thấy y < 0 , tức là VT của (2) < 0, trong khi VP lại lớn hơn 0 nên loại! Với (∗∗), ta có: 2x( √ x2 +1−1) = 3(x2 +1) ⇔ 4x4 −8x2 √ x2 +1−3(x2 +1) = 0 ( ĐK: x > 0 ) ⇔ 4(x2 − √ x2 +1)2 = 7 4 (x2 +1) ⇔ x2 − x2 +1 = √ 7 2 x2 +1(i) x2 − x2 +1 = − √ 7 2 x2 +1(ii) Dễ thấy (ii) vô nghiệm bởi vì − √ 7 2 +1 < 0 Còn (i) ⇔ x4 −( 11 4 + √ 7)x2 −( 11 4 + √ 7) = 0 Đặt α = 11 4 + √ 7 ⇔ x = −α + (α)2 +4α 2 Bài 55. Giải hệ: 2 √ 2x+3y+ √ 5−x−y = 7 3 √ 5−x−y− √ 2x+y−3 = 1 Giải Bài 56. Bài hệ hay! 17
- 18. −5xy−7x+3y+2 = 0 (1) x−y 3 = ln(x+2)−ln(y+2) (2) Giải Đk: x > −2;y > −2 Từ pt (1) có :y2 +(3−5x)y+6x2 −7x+2 = 0 ⇔ (y−3x+2)(y−2x+1) = 0 ⇔ y = 3x−2 y = 2x−1 Từ pt (2) có x−3ln(x+2) = y−3ln(y+2) Xét hàm số y = f(t) = t −3ln(t +2),t > −2 Có f (t) = t −1 t +2 Từ đó f (t) = 0 ⇔ t −1 = 0 ⇔ t = 1 Lập BBT ta nhận có nhận xét hàm số y = f(t) nghịch biến trên (−2;1) và đồng biến trên (1;+∞) Từ đó ta đi đến các nhận xét sau: + Với x = 1 ⇒ y = 1 kiểm tra ta thấy x;y thỏa hệ + Với x,y ∈ (−2;+∞),(x = 1) ⇒ f(y) > f(x) Thật vậy: vì y = 3x−2∨y = 2x−1 ⇒ y−x = 2(x−1)∨y−x = x−1 Nhận thấy + x > 1 ⇒ y > x ⇒ f(y) > f(x) do hàm số đồng biến trên khoảng (1;+∞) +x < 1 ⇒ y < x ⇒ f(y) > f(x) do hàm số nghịch biến trên khoảng (−2;1) Do đó hệ pt đã cho có 1 nghiệm (x;y) duy nhất là (1;1). Bài 57. Trích đề học sinh giỏi Thừa Thiên Huế 2008 - 2009 khối chuyên. Giải hệ: 2x +4y = 32 xy = 8 Giải Ta có x;y phải là số dương. Vì nếu x;y âm thì 2x +4y < 2 < 32 Khi đó ta có: 2x +4y ≥ 2 √ 2x+2y ≥ 2 √ 22 √ 2xy = 32 Dấu = xảy ra khi x = 2y. Khi đó x = 4 và y = 2 Bài 58. Trích đề học sinh giỏi Hà Tĩnh 2008 - 2009 Giải hệ: x4 −16 8x = y4 −1 y x2 −2xy+y2 = 8 Giải Điều kiện x = 0,y = 0 Phương trình thứ nhất của hệ có dạng f x 2 = f (y) (1) Với f (t) = t4 −1 t ,t = 0. Ta có f (t) = 3t2 + 1 t2 > 0 Suy ra hàm số f đồng biến trên các khoảng (−∞;0),(0;+∞) Trên (−∞;0) (1) ⇔ x 2 = y, thay vào phương trình thứ hai của hệ thu được: y2 = 8 ⇔ y = −2 √ 2 ⇒ x = −4 √ 2 Trên (0;+∞) (1) ⇔ x 2 = y, thay vào phương trình thứ hai của hệ thu được: y2 = 8 ⇔ y = 2 √ 2 ⇒ x = 4 √ 2 Vậy hệ có các nghiệm (x;y) là 2 √ 2;4 √ 2 , −2 √ 2;−4 √ 2 Bài 59. Trích đề học sinh giỏi Cần Thơ 2008 - 2009 vòng 1 18
- 19. = 0 x2 +y2 +2x+2y+1 = 0 Giải Thay y2 +1 = xy vào phương trình dưới ta được: x2 +xy+2(x+y) = 0 ⇔ (x+2)(x+y) = 0 Nếu x = −2 thì y = −1 Nếu x = −y thì y = ±1 √ 2 Bài 60. Trích đề học sinh giỏi Quảng Bình 2008 - 2009 vòng 2 Giải hệ: √ x2 +2x+22− √ y = y2 +2y+1 y2 +2y+22− √ x = x2 +2x+1 Giải Điều kiện x ≥ 0,y ≥ 0, x = 0 hoặc y = 0 đều không thỏa hệ nênx > 0,y > 0. Trừ hai phương trình của hệ theo vế ta được √ x2 +2x+22+ √ x+x2 +2x+1 = y2 +2y+22+ √ y+y2 +2y+1 Phương trình này có dạng f (x) = f (y) với f (t) = √ t2 +2t +22+ √ t +t2 +2t +1 Ta có f (t) = t +1 √ t2 +2t +22 + 1 2 √ t +2t +2 > 0 Suy ra f là hàm đồng biến ⇒ f (x) = f (y) ⇔ x = y Thay vào PT thứ nhất ta có x2 +2x+1− √ x2 +2x+22+ √ x = 0 Phương trình này có dạng g(x) = g(1) với g(x) = x2 +2x+1− √ x2 +2x+22+ √ x = 0, g (x) = 2x+2+ 1 2 √ x − x+1 √ x2 +2x+22 > 2− x+1 √ x2 +2x+22 > 0 (Vì x+1 √ x2 +2x+22 ≤ |x+1| √ x2 +2x+22 = √ x2 +2x+1 √ x2 +2x+22 < 1) ⇒ g là hàm đồng biến nên g(x) = g(1) ⇔ x = 1 Vậy phương trình có nghiệm là (x;y) = (1;1) 19 Bài 61 Giải hệ phương trình 2 2 4 8 2 xy y xy x ì - = -ï í = +ïî Giải Nếu xy 4³ ta có hệ 2 2 2 4 8 (1) 2 (2) 2 xy y xy x x ì - = -ï í = + Þ ³ïî Từ (2) ® x # 0 và 2 2 x y x + = Thay vào phương trình (1) ® 2 + x 2 4 = 8 2 2 2 x x æ ö+ ç ÷ è ø Hay x 4 3x 2 + 2 = 0 ® (x 2 2)(x 2 1) = 0 Mà 2 2 2 2 x x³ ® = Hệ có 2 nghiệm: (x,y) là ( ) ( ) 2; 8 ; 2; 8- - Nếu xy < 4 ta suy ra x 2 < 2 Và ta có: 2 2 4 8 2 xy y xy x ì - = -ï í = +ïî 2 2 2 2 4 2 8 2(2 ) 0 x x x x + Þ - - = - Û - =ç ÷ è ø 2 2 xÛ = (loạ Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm như trên.
- 20. tr×nh 2 2 2 ( 1)( 1) 3 4 1(1) 1 (2) x y x y x x xy x x ì + + + = - +ï í + + =ïî Lêi gi¶i Ta thÊy x = 0 kh«ng tho¶ m·n ph¬ng tr×nh (2) Víi x # 0 tõ (2) ® y + 1 = 2 1 x x - thay vµo (1) ta cã ph¬ng tr×nh: HÖ ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm (x;y) lµ (1;-1); 5 2; 2 æ ö - -ç ÷ è ø Bài 63 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 2 2 (1) 2 1 2 2 (2) xy x y x y x y y x x y ì + + = -ï í - - = -ïî Lêi gi¶i §iÒu kiÖn: 1; 0 x y³ ³ Ph¬ng tr×nh (1) 2 2 2 ( ) 0 x xy y x yÛ - - - + = ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 0 2 1 0 x xy xy y x y x y x y Û + - + - + = Û + - - = 2 1 0 x yÛ - - = ( Do cã ®k cã x + y > 0) 2 1 x yÛ = + Thay vµo ph¬ng tr×nh (2) ta ®îc: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2(2 1) 2 2 1 2 1 y y y y y y y y y + - = + - Û + = + ( )( ) 1 2 2 0 2 y y yÛ + - = Û = ( Do y³ 0) Víi y = 2 ta cã x = 2y + 1 = 5 Bài 64 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ( )( ) 2 2 2 5 4 4 (1) 5 4 16 8 16 0 (2) y x x y x xy x y ì = + -ï í - - + - + =ïî Lêi gi¶i: BiÕn ®æi ph¬ng tr×nh (2) vÒ d¹ng: ( ) 2 2 ' 2 4 8 5 16 16 0 5 4 9 4 y x y x x y x x y x - + - + + = = +é D = ® ê = -ë Víi y = 5x + 4 thay vµo ph¬ng tr×nh (1) ® (5x + 4)2 = (5x+ 4)(4-x)
- 21. ( ) 4 4 , ; 0 5 5 0 , 0, 4 x y x x x y é æ öé = -= - ç ÷êêÛ Þ è øêê = ê =ë ë Víi y = 4 - x thay vµo (1) ta ®îc: ( ) ( )( ) 2 4 0 4 5 4 4 0 4 x y x x x x y = Þ =é - = + - Û ê = Þ =ë HÖ cã 3 nghiÖm (x,y) lµ: (0;4); (4;0); (- 4 5 ; 0). Bài 65 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ( ) ( )( ) 2 2 1 4 (1) 1 2 (2) x y y x y x y x y ì + + + =ï í + + - =ïî Lêigi¶i Ta thÊy y = 0 kh«ng tho¶ m·n ph¬ng tr×nh (1) nªn hÖ ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi ( ) 2 2 1 4 1 2 1 x y x y x y x y ì = + + =ï ï í =ï + - = ïî §Æt 2 1 , x u y + = 2 v y x= + - ta cã hÖ ( ) 2 1; 1 1 u v u v uv + =ì Û = =í =î Ta cã hÖ ( ) ( ) 2 1; 2 1 1 2; 5 x y x y x y x y ì = =ì + = ï Ûí í + = = - =ïî î HÖ ph¬ng tr×nh ®· cho cã 2 nghiÖm Bài 66 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 4 7 1 2 3 xy x y x y x x y x y ì + + + =ï +ï í ï + + - = ï +î §Æt 1 u x y x y = + + + ( ) 2 u ³ V= x -y ta cã hÖ ph¬ng tr×nh 2 2 3 13 3 u v u v ì + = í + =î Gi¶i hÖ (víi lu ý 2 u ³ ta cã u = 2 ; v = 1 Ta cã HÖ ph¬ng tr×nh 1 2 1 x y x y x y ì + + =ï +í ï - =î Û (x = 1 ; y = 0) vËy HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: (x,y) lµ (1;0) Bài 67
- 22. tr×nh 3 3 8 4 5 5 (1) 1 (2) x x y y x y ì - = -ï í + =ïî Lêi gi¶i Tõ ph¬ng tr×nh (2) ® 8 4 1; 1 x y£ £ Þ 1 ; 1 x y£ £ xÐt hµm f(t) = t3 - 5t tÎ[-1 ; 1] Ta cã f’(t) = 3t2 - 5 < 0 " t Î [-1 ; 1] Þ hµm f(t) ® x = y thay vµo ph¬ng tr×nh (2) ® x8 + x4 -1 = 0 §Æt a = x4 ³ 0 ta cã a = 4 1 5 1 5 2 2 y x - + - + Þ = = ± Lo¹i 2: HÖ ®èi xøng lo¹i 2 mµ khi gi¶i thêng dÉn ®Õn mét trong 2 ph¬ng tr×nh cña hÖ cã d¹ng f(x) = 0 hoÆc f(x) = f(y) Trong ®ã f lµ hµm ®¬n ®iÖu Bài 68 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 1 2 2 2 3 1 2 2 3 1 y x x x y y x y -ì + - + = +ï í + - + = +ïî Lêi gi¶i §Æt a = x - 1 b = y - 1 Ta ®îc hÖ 2 2 1 3 1 3 b a a a b b ì + + =ï í + + =ïî Trõ theo vÕ cña 2 ph¬ng tr×nh trªn ta ®îc 2 2 1 3 1 3 (3) a b a a b b+ + + = + + + xÐt hµm f(x) = 2 1 3 t t t+ + + cã f ( x) = 2 2 1 3 ln 3 1 t t t t + + + + vµ 2 1 t + > 2 t t³- ® f(x) >0 "t ® f(t) ®ång biÕn trªn R Tõ ph¬ng tr×nh (3) ® a = b thay vµo ph¬ng tr×nh (1) ta cã ( ) 2 2 1 3 (4 ) 1 3 0 a n n a a l a a al + + = Þ + + - = XÐt hµm g(a) = ( ) 2 ( ) 1 3 n n g a l a a a l= + + - Cã: ' 2 1 ( ) 3 1 3 0 1 n n g a l l a R a = - < - < " Î + Nªn hµm g(a) nghÞch biÕn vµ do ph¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm a = 0 nªn ta cã nghiÖm ban ®Çu cña hÖ lµ (x = 1; y= 1) Bài 69
- 23. tr×nh 1 (1) 1 ( 2 ) 1 (3 ) x y y z z x ì - = ïï - =í ï - =ïî Lêi gi¶i: DÔ thÊy x > 0, y > 0, z > 0 Kh«ng gi¶m tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö : 1 x y y z y z³ Þ + ³ Þ ³ Ta l¹i cã 1 1 1 0 z x y x x y z x x y z x x= + ³ + = Þ ³ ³ ³ Þ = = Þ - - = Do x d¬ng ( ) 2 5 1 : 4 xÞ = + VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: x = y = z= ( ) 2 5 1 4 + Bài 70 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 x y x y z y z x z ì =ï +ï ï =í +ï ï =ï +î Lêi gi¶i: NÕu x = 0 ® y = 0 ®z = 0 ® hÖ cã nghiÖm (x; y; z) = (0; 0; 0) NÕu x ¹ 0 ® y > 0 ® z > 0 ® x > 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 x x y x x x z z x z y x z y z z y y z y x y z y y = £ = + = £ = Þ £ £ £ + = £ = Þ = = = + VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm: (0; 0; 0) vµ (1; 1; 1) Bài 71
- 24. tr×nh 2 3 2 2 2 3 2 2 9 2 2 9 xy x x y x x xy y y x y y ì + = +ï - +ï í ï + = + ï - +î Lêi gi¶i: Céng theo vÕ 2 ph¬ng tr×nh cña hÖ ta cã: 2 2 3 2 2 3 2 2 2 9 2 9 xy xy x y x x y y + = + - + - + Ta cã: 3 2 2 3 2 2 3 3 2 9 ( 1) 8 2 2 9 ( 1) 8 2 x x x y x y - + = - + ³ - + = - + ³ 2 2 2 2 2 2 2 2 xy xy VT xy xy x yÞ £ + = £ £ + DÊu “ = “ khi 1 0 x y x y = =é ê = =ë VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm nh trªn. Bài 72 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 3 3 3 4 2 6 2 y x x x y y ì =- + +ï í =- - -ïî Lêi gi¶i: HÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 (1) 2 2 1 2 (2) y x x x y y ì - = - + -ï í - = + -ïî NÕu x > 2 th× tõ (1) ® y = 2 < 0 §iÒu nµy m©u thuÉn víi ph¬ng tr×nh (2) cã x - 2 vµ y - 2 cïng dÊu. T¬ng tù víi x 2£ ta còng suy ra ®iÒu m©u thuÉn. VËy nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh lµ x = y = 2
|
