Tuyển chọn các bài toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình trong đề thi học sinh giỏi các tỉnh, thành phố

   . Do đó 1 1 1 1 1 1 1... 0 sin 2 sin 4 sin8 sin 2 1 0 (cot 2 cot 2 ) 0 cot 2 cot sin 2 2 , 2 1 n n n i i n i i i n n x x x x x x x x x kx x k x k                          Dễ thấy nghiệm này thỏa mãn điều kiện ban đầu. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là , 2 1n kx k    . Bài 26. 1/ Giải phương trình sau 3 sin 2 cos 2 5sin (2 3) cos 3 3 1 2cos 3 x x x x x         . 2/ Giải phương trình 23 2 2 1log 3 8 5 ( 1) x x x x      (Đề thi HSG tỉnh Thái Bình) 34 Lời giải. 1/ Điều kiện 3 5cos 2 2 6 x x k      . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 3 sin 2 cos 2 5sin (2 3) cos 3 3 2cos 3 3 sin 2 cos 2 5sin 3 cos 3 0 2 3 sin .cos 1 2sin 5sin 3 cos 3 0 2sin sin (2 3 cos 5) 3 cos 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                            Đặt sin , 1t x t  . Ta có 22 (2 3 cos 5) 3 cos 2 0t t x x      (*) Đây là phương trình bậc hai biến t có 2 2 2(2 3 cos 5) 8( 3 cos 2) 12cos 12 3 cos 9 (2 3 cos 3)x x x x x           Do đó, phương trình (*) có hai nghiệm là (2 3 cos 5) (2 3 cos 3) 1 (2 3 cos 5) (2 3 cos 3) 3 cos 2 4 2 4 x x x xt t x              -Nếu 1 1 7sin 2 2 , 2 2 6 6 t x x k x k k               (thỏa mãn). -Nếu 3 cos 2 sin 3 cos 2 sin( ) 1 2 , 3 6 t x x x x x k k               (thỏa mãn). Vậy phương trình đã cho có ba họ nghiệm là 72 , 2 , 2 , 6 6 6 x k x k x k k            . 2/ Điều kiện 12 1 0, 1 0 , 1 2 x x x x       . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 3 3 32 2 2 3 3 2 1log 3 8 4 log (2 1) log 3( 1) 3( 1) (2 1) 3( 1) log (2 1) (2 1) log 3( 1) 3( 1) x x x x x x x x x x x x                      35 Xét hàm số 3( ) log , 0f t t t t   , ta có 1( ) 1 0, 0 ln 3 f t t t       nên đây là hàm đồng biến. Phương trình trên chính là 2 2 2 2(2 1) (3( 1) ) 2 1 3( 1) 3 8 4 0 2 3 f x f x x x x x x x               . Ta thấy hai nghiệm này đều thỏa mãn nên phương trình đã cho có hai nghiệm là 2 , 2 3 x x  . Nhận xét. Ở bài phương trình lượng giác, đến lúc rút gọn được thành một phương trình chỉ chứa sin ,cosx x ; ta thường dùng cách đặt ẩn phụ như trên để đại số hóa việc giải bài toán, không phải dễ dàng để có thể tìm ra cách phân tích nhân tử như trên, nhất là những bài toán dài dòng hơn. Nếu đặt sint x không thành công, ta hoàn toàn có thể chuyển sang cost x để thử vì chẳng hạn, như bài toán ở trên, nếu đặt cost x thì lời giải sẽ không còn dễ dàng nữa. Trong đề thi ĐH khối B năm 2010 cũng có một bài tương tự, giải phương trình sau sin 2 cos 2 3sin cos 1 0x x x x     . Bằng việc áp dụng công thức nhân đôi để đưa phương trình về dạng (sin ,cos ) 0f x x  , ta tiến hành đặt ẩn phụ sint x để phân tích thành nhân tử, lời giải khá rõ ràng và tự nhiên. Các bạn thử giải thêm bài toán sau 3 24sin sin .cos (7sin 3cos ) (sin 2 cos 2 ) 5(sin cos ) 2cos 0x x x x x x x x x x        . Bài 27. 1/ Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 1 x y xy y yx y x            . 2/ Giải phương trình lượng giác 2 2 2 2sin 2 tan cot 2 x x x     (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ) Lời giải. 1/ Ta thấy hệ phương trình này không có nghiệm thỏa 0y  nên ta chỉ xét 0y  , khi đó, phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 1 1x x y y     . 36 Đặt 2 1,xu v x y y     . Ta có hệ 2 2 4 4 4 4 3 1 1 12 2 2 1 ( 1) 0 a b b a b a b a b ab a a a a a a                                  Ta được 2 2 2 1 1 21 1 3 2 0 3 3 2 3 5 x x yx x x x y y x y x x x y y                              Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( , ) (1, 2), ( 2,5)x y   . 2/ Điều kiện 2 2 sin cos 2cos 0,sin 2 0, tan cot 2 0 sin .cos 0, 0 cos sin 2 2sin 1 2sinsin .cos 0, 0 sin cos 0 sin 2 ( 2 , 2 ) ( 2 , 2 ), 2 2 x xx x x x x x x x x xx x x x x x k k k k k                              Ta biến đổi phương trình đã cho tương đương với 2 1 1 2 sin 2 ( 2 1) sin 2 1 2 sin 2 1 sin 2 x x x x        Đặt sin 2 ,0 1t x t   . Phương trình trên chính là 2 1( 2 1) 1 2 ( 1)( 2 1) 0 1 2 t t t t t t           (thỏa điều kiện). -Nếu 1 sin 2 1 , 4 t x x k k        . -Nếu 1 1 5sin 2 , 2 12 122 t x x k k k           . So sánh với điều kiện ban đầu, ta thấy phương trình đã cho có ba họ nghiệm là 37 52 , 2 , 2 , 4 12 12 x k x k x k k           . Bài 28. Giải phương trình: 2 1 124 60 36 0 5 7 1 x x x x        (Đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh) Lời giải. Điều kiện: 7 5 x  . Xét hàm số 2 1( ) , 1 1 f t t t t     . Ta có: 1( ) 2 0, 1 2( 1) 1 f t t t t t         nên hàm này đồng biến. Do 7 1 5 x   và 75 6 5. 6 1 5 x     nên phương trình đã cho tương đương với 2 21 1 3(5 6) (5 6) ( ) 5 6 25 7 1 x x f x f x x x x x x               . Thử lại ta thấy thỏa điều kiện đề bài. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 3 2 x  . Bài 29. Giải phương trình 3 2 3 2 23 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x x          (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Lời giải. Điều kiện xác định 3 2 3 2 3 2 2 0 3 2 1 0 x x x x x           Theo bất đẳng thức AM – GM thì 3 2 3 2 3 2 3 2 1 3 2 2 3 2 33 2 2 1 3 2 2 2 2 ( ). x x x xx x x x            Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 23 2 2 1 1x x x      . 38 3 2 3 2 3 2 3 2 1 3 2 1 3 23 2 1 1 3 2 1 2 2 ( ). x x x x x xx x x x x x                   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 23 2 1 1 1x x x x        . 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 33 2 2 3 2 1 2 2 2 x x x x x x xx x x x x                  2 2 2 23 2 3 3 2 3 1 2 2 2 2 2 ( ) ( )x x x x x x x         Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 21 0 1( )x x     . Do đó, ta luôn có 3 2 3 2 23 2 2 3 2 1 2 2 2x x x x x x x          . Đẳng thức phải xảy ra, tức là 1x   . Thử lại thấy thỏa. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1x   . Nhận xét. Bài này không quá khó và chỉ áp dụng các đánh giá rất quen thuộc của BĐT. Tuy nhiên, để xác định được hướng đi này cũng không phải đơn giản; thông thường sau khi nhẩm ra được nghiệm là 1x   và đứng trước một phương trình vô tỉ có chứa căn thế này, ta hay dùng cách nhân lượng liên hợp; thế nhưng, cách đó rồi cũng sẽ đi vào bế tắc cùng những tính toán phức tạp. Bài 30. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 18 7 6 14 0 ( )( )x x y y x y xy x y              (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Lời giải. Xét đẳng thức 2 2 7 6 14 0x y xy x y      (*) Ta xem (*) là phương trình bậc hai theo biến x, viết lại là 2 27 6 14 0( )x x y y y      . 39 Phương trình này có nghiệm khi 2 2 2 77 4 6 14 0 3 10 7 0 1 3 ( ) ( )y y y y y y y               . Hoàn toàn tương tự, xem (*) là phương trình bậc hai theo biến y, viết lại là 2 26 7 14 0( ) ( )y y x x x      . Phương trình này có nghiệm khi 2 2 2 106 4 7 14 0 3 16 20 0 2 3 ( ) ( )x x x x x x x               . Ta xét hàm số 2 32 3 4 4 3 0 1 4 ( ) , ( )f t t t t f t t t           . Suy ra, trên 1[ , ) , hàm số này đồng biến. Ta được 2 6 1 3 3 6 18( ) ( ) , ( ) ( ) ( ). ( ) .f x f f y f f x f y       . Từ phương trình thứ nhất của hệ thì ta thấy đẳng thức phải xảy ra, tức là 2 1,x y  . Thay hai giá trị này vào (*), ta thấy không thỏa. Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nhận xét. Ý tưởng giải của bài này không khó và cũng khá quen thuộc khi chỉ cần tìm miền xác định của biến thông qua việc tính Delta của một phương trình bậc hai; tuy trong lời giải trên có khảo sát hàm số nhưng thực ra các kết quả đó có thể chứng minh bằng bất đẳng thức đại số thuần túy nên công cụ giải chính của bài này là đại số. Và do đó việc hai biểu thức của x và y ở phương trình đầu của hệ giống nhau có thể dẫn đến đánh giá sai hướng mà dùng giải tích, xét hàm số để khai thác phương trình đầu tiên trong khi điều đó không đem lại kết quả gì. Các hệ số được chọn ra số rất đẹp chính là ưu điểm nổi bật của bài toán này. Bài 31. Giải hệ phương trình 32 2 1 2 1 2 3 2 4 2 2 4 6 ( ) ( )x x y y x y             (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Lời giải. 40 Điều kiện xác định: 1 2 2 ,x y  . Xét hàm số: 32 0( ) , ( ; )f t t t t    . Suy ra: 26 1 0( )f t t    nên đây là hàm đồng biến. Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có: 2 1 2 2 1 2( ) ( )f x f y x y       . Thay vào phương trình thứ hai, ta được: 4 4 8 2 4 6y y    (*) Ta thấy hàm số: 4 4 8 2 4 6 2( ) , ( , )g y y y y       có đạo hàm là: 34 1 1 0 2 2 44 8 ( ) , ( , ) ( ) g y y yy         nên đồng biến. Hơn nữa: 46 4 6 8 2 6 4 6 0( ) . .g       nên (*) có đúng một nghiệm là 6y  . Với 6y  , ta có 1 2 x  . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 1 6 2 ( , ) ( , )x y  . Nhận xét. Dạng toán ứng dụng trực tiếp tính đơn điệu vào bài toán để đơn giản hóa biểu thức rất thường gặp. Hướng giải này có thể dễ dàng phát hiện ra từ phương trình thứ nhất của hệ, x và y nằm về mỗi vế của phương trình và quan sát kĩ hơn sẽ thấy sự tương ứng của các biểu thức và dẫn đến xét một hàm số như đã nêu ở trên. Ý tưởng bài này hoàn toàn giống với bài 5 đề thi ĐH môn toán khối A năm 2010. Giải hệ phương trình 2 2 2 (4 1) ( 3) 5 2 0 4 2 3 4 7 x x y y x y x            . Bài 32. Giải hệ phương trình 4 3 3 2 2 3 3 9 9 7( ) x x y y y x x y x x y x          41 (Đề thi chọn HSG tỉnh Hưng Yên) Lời giải. Ta có 4 3 3 2 2 4 3 3 2 2 2 2 2 2 9 9 9 0 9 0 9 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x x y y y x x y x x xy x y x y x y x y x x xy y x y x y x x y                               Từ phương trình thứ hai của hệ, ta thấy x y nên từ biến đổi trên, suy ra: 2 29 0 9( ) ( )x x y x x y      (*) Ta có: 3 3 3 3 337 77( )x y x y x y x x x         . Thay vào (*), ta được: 3 23 7 9( )x x x x    . Ta sẽ chứng minh rằng vế trái là một hàm đồng biến theo biến x. Thật vậy:   2 3 2 2 3 33 3 3 2 233 2 3 3 3 6 2 433 3 7 7 72 7 72 2 7 7 ( ) . x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                              Từ (*) suy ra 0x  và trong biểu thức ở trên, các số mũ của biến x đều dương nên đây là hàm đồng biến; suy ra nó có không quá một nghiệm. Thay trực tiếp 1x  vào biểu thức, ta thấy thỏa. Vậy hệ đã cho có đúng một nghiệm là: 1 2( , ) ( , )x y  . Nhận xét. Điểm đặc biệt của bài này là xử lí được hệ phương trình mới sau khi biến đổi, nếu như ta dùng cách đại số trực tiếp, phân tích ra được một nghiệm x = 1 thì phương trình bậc cao còn lại khó mà giải được. Cách lập luận theo tính đơn điệu của hàm số thế này vừa tránh được điều đó vừa làm cho lời giải nhẹ nhàng hơn. Bài 33. Giải hệ phương trình 3 2 2 2 1 3 1 2 1 2 1 y x x x y y x xy x            42 (Đề thi chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du, Đăk Lăk) Lời giải. Điều kiện 1 1x   . Đặt 21 0 1a x x a      . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 3 2 3 32 2(1 ) 3 2 2y a a a y y y a a        Dễ thấy hàm số 3( ) 2 ,f t t t t   có 2( ) 6 1 0,f t t t      nên đẳng thức trên được viết lại là ( ) ( ) 1f y f a y a y x      . Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được 2 21 2 1 2 1x x x x     Đặt  cos , 0,x t t   , phương trình trên trở thành 2 2 2 1 cos 2cos 1 2cos 1 cos 2sin cos 2 sin 2 2 sin 2 sin(2 ) 2 2 4 42 .2 6 34 2sin sin(2 ) , , 3 42 4 2 .2 4 2 10 5 t t t t t tt t t t t kt kt t k k tt k t k                                               Do  0,t  nên từ hai họ phương trình trên, ta chỉ nhận giá trị 3 10 t  . Khi đó 3 3 3cos , 1 cos 2 sin 10 10 20 x y      . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 3 3( , ) (cos , 2 sin ) 10 20 x y   . Bài 34. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 35 2 3 4 9 x y x y x y        (Đề thi HSG tỉnh Yên Bái) 43 Lời giải. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 2 2(6 12 8) (9 12 27) 35x x y y      Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: 3 3 2 2 3 3(6 12 8) (9 12 27) ( 2) ( 3) 5x y x x y y x y x y              Lại thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 2 2 22( 5) 3 4( 5) 9 5 25 30 0 ( 2)( 3) 0 2 3y y y y y y y y y y                   . Với 2y   , ta có 3x  , với 3y   , ta có 2x  . Thử lại ta thấy thỏa. Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( , ) ( 2,3), ( 3, 2)x y    . Nhận xét. Dạng toán dựa trên hằng đẳng thức này xuất hiện khá nhiều, chẳng hạn trong đề thi VMO 2010 vừa qua; nếu chúng ta thấy các biểu thức của x và y trong hệ phương trình chứa đầy đủ các bậc thì khả năng giải theo cách dùng hằng đẳng thức là rất cao. Một bài toán tương tự, giải hệ phương trình sau 3 3 2 2 9 2 4 x y x y x y        . Bài 35. Giải phương trình 3 232 2 1 27 27 13 2x x x x     (Đề thi HSG Hải Phòng, bảng A1) Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với 3 3(3 1) 2(3 1) (2 1) 2 2 1x x x x       . Xét hàm số 3( ) 2 ,f t t t t   . Ta thấy 2( ) 6 1 0,f t t t      nên đây là hàm đồng biến. Phương trình trên chính là 33 3 3 2 2 (3 1) ( 2 1) 3 1 2 1 (3 1) 2 1 27 27 7 0 (27 27 7) 0 0 f x f x x x x x x x x x x x x                      Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0x  . 44 Bài 36. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 1 2( ) 2 1 1 2 x y x y y x x y           (Đề thi chọn đội tuyển Quảng Ninh) Lời giải. Điều kiện , 0x y  . Cộng từng vế của hai phương trình, ta có 2 2 3 22 3 2 3x y x xy x      Lấy phương trình thứ nhất trừ phương trình thứ hai, vế theo vế, ta được 2 2 2 31 3 1 3x y x y y y      Do đó 3 3 2 3 2 3 2 3 3 3 2 3 2 3 2 3 3 3 1 2 3 3 3 3 3 ( ) 3 2 11 3 1 3 3 1 ( ) 3 1 2 xx xy x xy y x y x y x y x yy x y x xy y x y x y y                                             Thử lại, ta thấy nghiệm này thỏa. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 3 33 1 3 1, 2 2 x y   . Nhận xét. Dạng toán này cũng xuất phát từ việc khai triển các hằng đẳng thức, nhưng ở đây là dựa trên tính đối xứng để tìm ra sự bất đối xứng nhằm sáng tạo đề toán thú vị. Cách giải bài này theo hướng trên là quen thuộc và tốt hơn cả, một bài tương tự trong đề thi HSG của TPHCM là Giải hệ phương trình 4 4 2 2 2 2 1 1 2( ) 2 1 1 (3 )( 3 ) 2 y x x y x y x y x y            Bài này tạo ra từ khai triển nhị thức Newton bậc năm, nếu ta xét khai triển bậc bảy thì bài toán thu được sẽ rất ấn tượng. Bài 37. Giải hệ phương trình 45 3 3 3 3 12 50 12 3 2 27 27 x x y y y z z x z            (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) Lời giải. Ta có 3 3 23 12 50 48 12 3 2 12 4 2 1( ) ( )( )x x y y x x y x x             (1) 3 3 212 3 2 3 18 12 16 3 6 4 2( ) ( )( )y y z z y y z y y             (2) 3 3 227 27 27 54 27 54 27 2 6 3( ) ( )( )z x z x z z x z z            (3) -Nếu 1x   thì 22 1 0( )( )x x   , từ (1) suy ra 4y  hay 24 2 0( )( )y y   , từ (2) suy ra 6z  hay 26 3 0( )( )z z   , từ (3) suy ra 2x  , mâu thuẫn. Do đó, 1x   không thỏa mãn hệ, ta chỉ xét 21 1 0( )x x     . Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có: 2 22 0 3 0( ) ,( )y z    . Từ (2) suy ra 4 6, y z  cùng dấu. Từ (3) suy ra 2 6, x z  cùng dấu. Từ đó, ta được: 2 4,x y  cùng dấu. Hơn nữa, từ (1), ta thấy 2 4, ( )x y   cùng dấu, tức là: 0 2 4 0( )( )x y    . Do đó: 2x  hoặc 4y  . Từ các phương trình (1), (2), (3), dễ thấy cả hai trường hợp trên đều cho ta kết quả là: 2 4 6, ,x y z   . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 2 4 6( , , ) ( , , )x y z  . Nhận xét. Mấu chốt của bài toán là phải có được các phân tích (1), (2), (3) ở trên. Điều này chỉ có thể thực hiện được khi đã đoán được nghiệm của bài toán là 2 4 6, ,x y z   và có thể tác 46 giả bài toán cũng đã xuất phát từ các đẳng thức đó để biến đổi được đề như trên. Dạng này cũng đã từng xuất hiện trong đề thi HSG của TPHCM năm 2006 – 2007 với cách giải tương tự. Giải hệ phương trình 3 3 3 3 4 2 6 6 3 9 8 x y x y z y z x z             Bài 38. Giải phương trình 9 2 3 9 1 2 1 3 x x x    (Đề thi chọn đội tuyển Phú Yên) Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với 9 2 3 9 2 3 2 9 3 3 2 9 3 3 9 1 3(2 1) 9 1 24 36 18 3 3 (27 27 9 1) 9 3 3 (3 1) 3(3 1) x x x x x x x x x x x x x x x x x x                          Xét hàm số 3( ) 3 ,f t t t t   , ta có 2( ) 3 3 0,f t t t     nên đây là hàm đồng biến. Phương trình trên được viết lại là 3 3( ) (3 1) 3 1f x f x x x     . (*) Trước hết, ta xét các nghiệm thỏa mãn 2 2x   của (*). Đặt 2cos , [0, ]x     , khi đó 3 2(*) 8cos 6cos 1 2cos3 1 cos3 cos 3 9 3 x k                . Mà [0, ]  nên ta chỉ chọn 3 nghiệm của họ trên là 5 7, , 9 9 9         , tương ứng, ta có các nghiệm của (*) là 5 72cos , 2cos , 2cos 9 9 9 x x x     . Rõ ràng ba nghiệm này là phân biệt và (*) là phương trình bậc ba, có không quá ba nghiệm nên đây cũng chính là tất cả các nghiệm của nó. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là 5 72cos , 2cos , 2cos 9 9 9 x x x     . Bài 39. 47 1/ Giải phương trình sau 21 1 2 2x x x x       2/ Giải hệ phương trình sau 3 3 2 2 3 4 2 1 2 1 y y x x x x y y             (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An) Lời giải. 1/ Điều kiện 1 2x   . Đặt 1 2 0t x x     , ta có 2 2 2 2 233 2 2 ( ) 2 2 tt x x x x          . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 4 2 4 3 3 2 2 3 2 3 2 3( 1 2 ) ( 2) 3 2 ( ) 3 2 2 6 4 (3 4 2) 0 (1 2) (1 2) (3 2 2) (2 2 3) (1 2) (5 2) (3 4 2) 0 ( 2 1)[ (1 2) (2 2 3) (5 2)] 0 2 1 (1 2) (2 2 3) (5 2) 0 tx x x x t t t t t t t t t t t t t t t t t t t                                                           Dễ thấy phương trình thứ hai không có nghiệm dương nên ta chỉ xét 2 1t   . Khi đó 2 21 2 2 1 3 2 2 3 2 2 0 0 1x x x x x x x x                   , thỏa. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 0, 1x x  . 2/ Điều kiện 1 1,0 2x y     . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 3 3( 1) ( 1)y y x x     . Xét hàm số 3( ) ,f t t t t   , ta có 2( ) 3 1 0,f t t t     nên đây là hàm đồng biến. Phương trình trên được viết lại là ( ) ( 1) 1f y f x y x     . Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được 2 21 1 1 1 1 1 1 1x x x x x x             (*) 48 Đặt 2 2 2 2 21 1 0 2 2 1 1 2 tt x x t x x             . Do đó 2 22(*) 1 2 0 2 2 t t t t t        . Khi đó 2 21 1 2 2 2 1 2 1 1x x x x x             , thỏa điều kiện. Tương ứng với mỗi giá trị x, ta có 0, 2y y  . Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( , ) ( 1,0), (1, 2)x y   . Nhận xét. Ở bài 1, cách đặt ẩn phụ và phân tích như thế chỉ mang tính chất tham khảo vì nó khá thiếu tự nhiên. Ta hoàn toàn có thể khảo sát hàm số 2( ) 1 1 2 2f x x x x x        trên [ 1,2] , tính đạo hàm cấp 2 để chứng minh phương trình ( ) 0f x  có không quá hai nghiệm phân biệt rồi nhẩm nghiệm hoặc ta cũng có thể dùng phương pháp nhân lượng liên hợp để giải quyết cũng khá thuận tiện. Bài 40. 1/ Giải hệ phương trình 3 3 2 4 4 8 4 1 2 8 2 0 x y xy x y x y          2/ Chứng minh phương trình sau có đúng một nghiệm 2011 3 3 2( 1) 2( 1) 3 3 2x x x x x       . (Đề dự bị thi HSG tỉnh Nghệ An) Lời giải. 1/ Đặt 2y t , hệ đã cho trở thành 3 3 2 3 2 2 4 4 3 3 1 1 ( ) 4 4 0 4 ( 1) ( 1) 0 x t xt t x t x x t x t x x t t                     Thay 3 2 21 ( )t x t x   từ phương trình thứ nhất vào phương trình thứ hai của hệ, ta được 3 2 2 3 3 2 0 4 ( 1) ( ) 0 4( 1) 0 x x x xt t x x t tx            Dễ thấy 0x  không là nghiệm của hệ nên ta chỉ xét 3 3 2 3 3 24( 1) 0 4 4x t tx x t tx        . Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại là 3 3 24 4 4 4x t xt   . Do đó 49 3 3 2 3 3 2 3 24 4 4 4 0x t xt x t tx t tx t t x            . Dễ thấy 0t  không thỏa mãn hệ đã cho nên chỉ xét t x  . -Nếu t x , ta có hệ 3 3 2 3 4 4 4 . 1 1 1 4 4 0 5 5 0 x x x x x x x x x x x x                   . Khi đó 11 2 t x y    , hệ đã cho có nghiệm 1( , ) (1, ) 2 x y  . -Nếu t x  , ta có hệ 3 3 2 3 4 4 4 ( ) 1 1 4 ( ) 4 ( ) 0 5 3 0 x x x x x x x x x x x                     , hệ này vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1( , ) (1, ) 2 x y  . 2/ Chứng minh phương trình sau có đúng một nghiệm 2011 3 3 2( 1) 2( 1) 3 3 2x x x x x       . Điều kiện 1x   . Phương trình đã cho tương đương với 2011 3 3( 1) 2( 1) ( 1) 1x x x      . Đặt 1 0t x   . Ta cần chứng minh phương trình 2011 3 62 1t t t   có đúng một nghiệm dương. Xét hàm số 2011 6 3( ) 2 1, 0f t t t t t     . Ta có (0) 1, lim ( ) x f f t      và ( )f t liên tục trên (0, ) nên phương trình ( ) 0f t  có ít nhất một nghiệm dương. Ta có 2011 3 6 2011 3 22 1 ( 1) 0 0t t t t t t         , mà với 0t  , ta có 2011 3 2( 1) 1 1t t t     . Khi đó 2010 5 2 2010 2010 5 2010 2( ) 2011 6 6 1999 6( ) 6( ) 0f t t t t t t t t t          nên đây là hàm đồng biến, tức là nó có không quá một nghiệm. Kết hợp các điều này lại, ta thấy rằng phương trình 2011 3 62 1t t t   có đúng một nghiệm dương, tức là phương trình đã cho có đúng một nghiệm. Ta có đpcm. Nhận xét. Bài 2 tuy hình thức khá phức tạp nhưng qua phép đặt ẩn phụ đã đưa về một phương trình đa thức thông thường. Ý tưởng giải như trên đã từng xuất hiện trong Bộ đề tuyển sinh của Bộ GD – ĐT, đó là bài toán sau Chứng minh phương trình 5 2 2 1x x x   có đúng một nghiệm. 50 Bài 41. Giải hệ phương trình sau 3 3 3 3 12 4 6 9 2 32 x y x y z y z x z              (Đề thi chọn đội tuyển ĐH KHTN Hà Nội, vòng 1) Lời giải. Hệ đã cho tương đương với 3 2 3 2 3 2 3 6 6 3( 2) ( 2)( 2 3) 4 16 10 4( 4) ( 2)( 2 5) 2 4 9 28 2( 2) ( 4)( 4 7) y x x y x x x z y y z y y y x z z x z z z                                   Nhân từng vế các phương trình của hệ, ta có 2 2 2 2 2 2 24( 2)( 2)( 4) ( 2)( 2)( 4) ( 2 3)( 2 5)( 4 7) ( 2)( 2)( 4) 0 ( 2 3)( 2 5)( 4 7) 24 x y z x y z x x y y z z x y z x x y y z z                             -Nếu ( 2)( 2)( 4) 0 2 2 4x y z x y z            . Ta thấy rằng nếu 2x  thì theo phương trình thứ nhất, 2y   ; theo phương trình thứ hai, 4z   và hệ đã cho có nghiệm ( , , ) (2, 2, 4)x y z    . Tương tự nếu 2y   hoặc 4z   . -Nếu 2 2 2 2 2 2( 2 3)( 2 5)( 4 7) 24 ( 1) 2 ( 1) 4 ( 2) 3 24x x y y z z x y z                         Ta thấy rằng 2 2 2( 1) 2 ( 1) 4 ( 2) 3 2.3.4 24x y z                  nên đẳng thức phải xảy ra, tức là 1, 1, 2x y z    . Thử lại, ta thấy bộ này không thỏa mãn hệ đã cho. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( , , ) (2, 2, 4)x y z    . Nhận xét. Bài này cũng có dạng tương tự như một bài đã đề cập ở trên và nói chung thì dạng này khá quen thuộc; tuy nhiên, điểm mới của bài này là không phải nhận được nghiệm ( , , ) (2, 2, 4)x y z    thông qua các bất đẳng thức so sánh với nghiệm nữa mà là qua việc chứng minh bộ nghiệm đó qua việc chứng minh nó là duy nhất với việc dùng các tam thức bậc hai. 51 Bài 42. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 1 1 3 2 6 2 2 1log ( ) log ( ) y x xe y x y x y           (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Cao Lãnh, Đồng Tháp) Lời giải. Điều kiện xác định 2 6 0 2 0 x y x y         Xét hàm số: 1 0( ) ( ), [ , )tf t e t t    . Ta có 1 2 0( ) ( ) ( )t t tf t e t e e t       nên đây là hàm đồng biến. Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( )y x x yxe e x e y f x f y x y x y y               . Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 2 23 2 6 2 2 1log ( ) log ( )x y x y      3 2 3 2 2 22 6 2 2 2 6 2 2log ( ) log ( ) ( ) ( )x y x y x y x y                  (*) Xét hai trường hợp -Nếu x y thì thay vào (*), ta được 3 23 6 2 2 2( ) ( )x x   . Theo điều kiện ban đầu thì 2 2 0 2 4 2 2 0x x x       . Hơn nữa: 3 2 2 3 23 6 2 2 4 2 27 46 0 3 6 2 2 4( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x x x           . Do đó: 3 2 23 6 2 2 4 2 2 2( ) ( ) ( )x x x     nên phương trình này vô nghiệm. -Nếu x y  , thay vào (*), ta được 3 2 36 2 2 6 8 6 2 4( ) ( ) ( )x x x x           . Suy ra: 4y x    . Thử lại thấy thỏa. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là 4 4( , ) ( , )x y   . Nhận xét. Hệ dạng này rất quen thuộc với ý tưởng chính là dùng tính chất của hàm đơn điệu: ( ) ( )f a f b a b   . Ở bài trên cũng chú ý các đánh giá trong trường hợp x = y, bởi vì khi đó phương trình bậc ba thu được phải giải theo công thức tổng quát, điều thường bị tránh ở các kì 52 thi HSG; do đó, việc tìm một đánh giá thích hợp để chứng minh nghiệm của nó không thỏa đề bài là một điều khá tự nhiên. Bài 43. Giải phương trình sau: 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 4 x x x x x x x x x               (Đề thi HSG tỉnh Bình Phước) Lời giải. Điều kiện xác định 2 2 1 170 2 4,0 4 1 2 x x x x x             . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 1 1 4 ( 2) 1 4 ( ) x x x x x x x x x              Xét hàm số  ( ) , 0,4 1 4 tf t t t     , ta có  2 1 4 1( ) ( ) 0, 0, 4 2 2 4 (1 4 ) t tf t t t t t             nên đây là hàm đồng biến. Phương trình trên chính là 2 2 2( 2) ( ) ( 1) 0f x x f x x x       (*). Ta xét hai trường hợp -Nếu 2 2 2 21 171 2 ( 2) ( ) 2 x x x x x f x x f x x             , đồng thời 2 1 0x   , khi đó 2 2 2( 2) ( ) ( 1) 0f x x f x x x       . -Nếu 2 2 2 21 1 2 ( 2) ( )x x x x x f x x f x x             , đồng thời 2 1 0x   , khi đó 2 2 2( 2) ( ) ( 1) 0f x x f x x x       . Thử trực tiếp thấy 1x  thỏa mãn (*) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1x  . 53 Nhận xét. Việc phát hiện ra hàm số  ( ) , 0,4 1 4 tf t t t     như trên không khó, có thể thấy ngay từ việc quan sát biểu thức và đặt điều kiện xác định; tuy nhiên, việc này cũng dễ khiến ta lầm tưởng đến việc xét hàm số nào đó mà không nghĩ ra cách đánh giá kiểu như trên. Một bài toán có cùng cách đánh giá như trên là 33 2( ) ln( 1)x xe x x x e    . Các bạn thử giải thêm bài toán sau 2 2 2 2 2 1 1 2 1 4 x x x x x x x x x               . Bài 44. 1/ Giải phương trình 3 23 3 4 3 2x x x x     2/ Tìm số nghiệm của phương trình 2011 2009 4 2011 2009 2 2(4022 4018 2 ) 2(4022 4018 2 ) cos 2 0x x x x x x x       (Đề thi chọn đội tuyển Chuyên Nguyễn Du) Lời giải. 1/ Phương trình đã cho tương đương với 33 3 4 2 3 ( 1)x x x     Đặt 31 3 4y x   . Ta có hệ phương trình 3 3 ( 1) 2 4 ( 1) 3 4 x x y y x          Trừ hai phương trình của hệ, vế theo vế, ta được 2 2 2 2 ( ) ( 1) ( 1)( 1) ( 1) 0 ( 1) ( 1)( 1) ( 1) 1 x y x x y y y x x y x y x x y y                         Suy ra 3 3 2 231 3 4 ( 1) 3 4 3 4 ( 1)( 2) 0 1 2x x x x x x x x x x                   . Thử lại ta thấy thỏa. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là 1, 2x x   . 2/ Đặt 2011 20094022 4018 2t x x x   . Ta có 54 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 sin 2 (sin cos ) 2 cos 2 0 ( 1) sin 2 1 sin 2 (sin cos ) t x t x x t t x t x t x t x x                     Ta được bốn phương trình sau sin cos , (sin cos ), sin cos , sin cost x x t x x t x x t x x          . Ta thấy hàm số 2011 2009( ) 4022 4018 2t x x x x   là lẻ nên chỉ cần xét các phương trình ( ) sin cos , ( ) cos sint x x x t x x x    . Ta có 2011 2009( ) sin cos 4022 4018 2 sin cost x x x x x x x x       . Xét hàm số 2011 2009( ) 4022 4018 2 (sin cos )g x x x x x x     có 2010 2008( ) 4022.2011 4018.2009. 2 (cos sin ) 0g x x x x x       nên là hàm đồng biến. Hơn nữa (0) 1, (1) 0 (0). (1) 0g g g g     , đồng thời ( )g x liên tục trên (0,1) nên phương trình ( ) 0g x  có đúng một nghiệm thuộc (0,1) , tức là phương trình ( ) sin cost x x x  có đúng một nghiệm thực. Tương tự, phương trình ( ) cos sint x x x  cũng có đúng một nghiệm thực thuộc (0,1) . Do đó, mỗi phương trình ( ) cos sint x x x  và ( ) cos sint x x x   cũng có một nghiệm thực. Vậy phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm thực. Bài 45. Giải hệ phương trình sau 2 2 2 2 2 (2 )(1 2 )(2 )(1 2 ) 4 10 1 2 2 1 0 x x y y z x y z xz yz x y                (Đề thi chọn đội tuyển Hà Tĩnh) Lời giải. Ta có 2 2 2 2 2 2 22 2 1 0 ( ) ( 1) 0x y z xz yz x y x y z xy             hay 1 10, 1 , ( ) ( )x y z xy y z x y x x x             . Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được 55 2 2 2 2 2 1 2 1(2 )(1 2 )(2 )(1 ) 4 1 10( ) 1 2 2 1(2 )(1 2 )( )( ) 4 1 10( ) (4 )(1 4 ) 1 1 14 1 10( ) 4( ) 17 4 1 10( ) x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x                            Đặt 1 2t x t x     . Ta có 2 2 2 12t x x    , thay vào phương trình trên, ta được 2 2 2 2 2 4( 2) 17 4 1 10 4 25 4 1 10 (4 25) 16(1 10 ) 0 7(4 20 29)(2 3)(2 7) 0 2 t t t t t t t t t t t                       Với giá trị t này, ta có 21 7 7 332 7 2 0 2 4 x x x x x            . -Với 7 33 4 x   , ta tính được 7 33 7, 4 2 y z   . -Với 7 33 4 x   , ta tính được 7 33 7, 4 2 y z   . Thử lại ta thấy thỏa. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt là 7 33 7 33 7 7 33 7 33 7( , , ) ( , , ), ( , , ) 4 4 2 4 4 2 x y z         . Nhận xét. Việc phát hiện ra hằng đẳng thức ở trên là không khó nhưng việc thay các giá trị vào và tìm ra cách đặt ẩn phụ thích hợp quả là không đơn giản, cần có cách biến đổi chính xác. Bài toán có hình thức và ý tưởng cũng khá thú vị. Bài 46. 1/ Giải phương trình sau 22010 ( 1 ) 1x x x   . 2/ Giải hệ phương trình 4 2 4 3 3 4 2 5 2 2 xy x x y y x x y          56 (Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Sào Nam, tỉnh Quảng Nam) Lời giải. 1/ Phương trình đã cho tương đương với 22010 1x x x   . Ta sẽ chứng minh phương trình này có nghiệm duy nhất là 0x  . Thật vậy Xét hàm số 2( ) 2010 ( 1 )xf x x x    , ta có 2 ( ) 2010 .ln 2010 ( 1) 1 x xf x x      -Nếu 0x  thì 2 1( ) ln 2010 ( 1) 0 11 f x x       nên đây là hàm đồng biến, mà (0) 0f  nên phương trình này có đúng một nghiệm 0x  với 0x  . -Nếu 1x   , ta có 2 3 2 3 2 5 1 3 1( ) 2010 .(ln 2010) , ( ) 2010 .(ln 2010) . 0 2( 1) ( 1) x xf x f x x x         . Suy ra ( )f x là hàm đồng biến nên 2(ln 2010) 1( ) ( 1) 0 2010 2 2 f x f      nên ( )f x là hàm nghịch biến, suy ra 2( ) lim ( ) lim [2010 ( 1 )] 0x x x f x f x x x         nên phương trình (0) 0f  không có nghiệm với 1x   . -Nếu 11 2 x    thì 2 21 1 5 11 ( ) 1 2 2 2 x x        , 1 5 12010 22010 x   nên trong trường hợp này phương trình vô nghiệm. -Nếu 1 0 2 x   thì 2 ( ) 2010 .ln 2010 ( 1) 0 1 x xf x x       nên đây là hàm đồng biến, suy ra ( ) (0) 0f x f  . Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0x  . 2/ Giải hệ phương trình 4 2 4 3 3 4 2 5 2 2 xy x x y y x x y          Từ phương trình thứ hai của hệ và tính đồng biến của hàm số 3( ) 2tf t t  , ta có x y . 57 Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được 2 24 2 4 4 ( 1) 3 4 2 2 4 2 5 5 4 2 8 4 3 0 ( 1) ( 2 3) 0 1 x x xx x x x x x x x x x                       Thử lại, ta thấy thỏa; tương ứng với giá trị x này, ta có 1y  . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( , ) (1,1)x y  . Bài 47. Giải hệ phương trình 11 10 22 12 4 4 2 237 13 8 2 (3 3 1) x xy y y y x y x x y           (Đề thi chọn đội tuyển TP.HCM) Lời giải. Ta thấy hệ này không có nghiệm thỏa 0y  nên ta chỉ xét 0y  , khi đó ta có 11 10 22 12 11 11( )x xx xy y y y y y y        . Xét hàm số 11 10( ) , ( ) 11 1 0,f t t t t f t t t          nên đây là hàm đồng biến. Đẳng thức ở trên chính là 2( ) ( )x xf f y y x y y y      . Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được 2 2 23 3 2 3 2 7 13 8 3 17 13 8 2 (3 3 1) 2 3x x x x x x x x x x x            . Đặt 1 0t x   . Ta có 3 32 3 2 3 2 27 13 8 2 3 3 (2 1) 2(2 1) (3 3 ) 2 3 3t t t t t t x t t t t               Xét hàm số 3 2( ) 2 , 0 ( ) 3 2 0f a a a a f a a       nên hàm này đồng biến. Phương trình trên chính là 3 32 2 3 2 2(2 1) ( 3 3 ) 2 1 3 3 (2 1) 3 3 ( 1)(8 5 2) 0f t f t t t t t t t t t t t                   Do 0t  nên không có giá trị nào thỏa mãn. Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 58 Nhận xét. Do phương trình thu được sau khi tìm ra quan hệ giữa x và y không có nghiệm dương nên ta có thể dùng bất đẳng thức để đánh giá thay vì dùng hàm số như trên. Bài 48. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2009 2010 ( ) 2010 2011 ( ) 2011 2009 ( ) x y x y y z y z z x z x             (Đề thi chọn đội tuyển chuyên Quang Trung, Bình Phước) Lời giải. Đặt 2009 0a  , ta xét hệ tổng quát hơn là 2 2 2 ( 1) ( ) ( 1) ( 2) ( ) ( 2) ( ) ax a y x y a y a z y z a z ax z x                 (*) Ta tính được 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 x y z x y zax x y x z        Tương tự ( 1) ( )( ), ( 2) ( )( )a y y z y z a z z x z y        Từ đây suy ra  2.( 1) .( 2) ( )( )( ) 0ax a y a z x y y z z x        Mặt khác, từ (*) ta thấy rằng tổng của từng cặp trong ba giá trị , ( 1) , ( 2)ax a y a z  đều không âm, ta sẽ chứng minh rằng cả ba giá trị này đều không âm. Thật vậy, giả sử 0 0ax x   , từ phương trình thứ nhất và phương trình thứ ba của (*), suy ra ( 1) 0, ( 2) 0 , 0a y a z y z      hay , 0 ( )( ) 0x y x z ax x y x z        , mâu thuẫn. Do đó 0ax  . Tương tự, ta cũng có ( 1) , ( 2) 0a y a z   . Nhưng tích của ba số này lại không âm nên ta phải có ( 1) ( 2) 0ax a y a z x y z        . Thử lại thấy thỏa. Vậy hệ đã cho có đúng một nghiệm là 0x y z   . Nhận xét. Rõ ràng các hệ số ban đầu là chọn dựa theo thói quen “chọn hệ số trùng với năm cho đề” nên ta hoàn toàn có thể xét bài toán tổng quát để việc biến đổi thuận tiện hơn. Bài toán thực sự thú vị sau khi có ( )( ), ( 1) ( )( ), ( 2) ( )( )ax x y x z a y y z y z a z z x z y           . Nếu không dùng bất đẳng thức để đánh giá mà cố gắng dùng các phép thế thì khó có thể thành công. 59 Bài 49. Giải hệ phương trình sau 2 2 2 1 5 574 3 (3 1) 25 x y x x y x            (Đề thi chọn đội tuyển Nghệ An) Lời giải. Hệ đã cho tương đương với 2 22 2 2 2 2 102( )5( ) 1 25 57 474 3 3 2 2 3 325 25 x yx y x x xy y x y x xy y                    Ta thấy 2 2 47 472 2 3 3 (2 )( 2 ) (2 ) ( 2 ) 25 25 x y x xy y x y x y x y x y             Đặt 2 , 2x y a x y b    , ta được 2 2 2 2 2 7 5 12 1 ( ) 2 1 2 ( ) 1 25 47 94 144 172 2( ) ( 1) 25 25 25 25 132 25 a b aba b a b ab ab a b ab a b ab a b a b a b ab                                               Ta thấy hệ phương trình thứ hai vô nghiệm, hệ thứ nhất có hai nghiệm là 3 4 4 3( , ) ( , ), ( , ) ( , ) 5 5 5 5 a b a b  , tương ứng là 2 1 11 2( , ) ( , ), ( , ) 5 5 25 25 x y  . Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là 2 1 11 2( , ) ( , ), ( , ) 5 5 25 25 x y  . Nhận xét. Cách phân tích ở phương trình thứ hai quả thật rất khó thấy. Bài toán này thực chất xuất phát từ một hệ đối xứng thông thường, nhưng qua các phép thế và tách biểu thức, nó trở nên phức tạp và việc biến đổi ngược lại thường phải mò mẫn. Ta cũng có thể nhân phương trình thứ nhất với 25 và phương trình thứ hai với 200 rồi cộng lại, ta có 225(3 1) 144x y   , các giá trị 25 và 50 này chọn bằng phương pháp hệ số bất định với mong muốn tìm ra một quan hệ đẹp giữa x và y, như bình phương ở trên chẳng hạn. 60 Bài 50. Cho các tham số dương , ,a b c . Tìm nghiệm dương của hệ phương trình sau : 2 2 24 x y z a b c xyz a x b y c z abc           (Đề kiểm tra đội tuyển Ninh Bình) Lời giải. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với 2 2 2 4a b c abc yz zx xy xyz     . Đặt 1 1 1, , a b cx y z yz zx xy    , suy ra 2 2 21 1 1 1 1 1 4x y z x y z    (*). Dễ thấy 1 1 10 , , 2x y z  nên tồn tại các giá trị u, v thỏa 0 , 2 u v   và 1 12sin , 2sinx u y v  . Thay vào (*), ta có 2 2 21 14 .sin .sin 4sin 4sin 4 0z z u v u v     . Đây là phương trình bậc hai theo biến 1z , ta có 2 2 2 2 2 2 2(2sin .sin ) (4sin 4sin 4) 4(1 sin )(1 sin ) 4cos .cos 0u v u v u v u v          . Suy ra phương trình này có hai nghiệm là 1 1 2sin sin 2cos cos 0 2sin sin 2cos cos 0 z u v u v z u v u v           Do đó 2 .sin , 2 .sin , 2 (cos cos sin sin )a yz u b zx v c xy u v u v    . Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta có 2 2 2 .sin 2 .sin 2 (cos cos sin sin ) ( cos cos ) ( sin sin ) 0 cos cos sin sin 0 x y z yz u zx v xy u v u v x v y u x v y u z x v y u x v y u z                   Ta tính được sin sin 22 2 2 a yb x a b a bz x v y u z zx yz z          Tương tự, ta cũng có , 2 2 c a b cy x   . 61 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( , , ) ( , , ) 2 2 2 b c c a a bx y z    . Nhận xét. Đây là bài toán trong IMO Shortlist, đề bài và lời giải thực sự rất hay, là một kết hợp đẹp giữa đại số và lượng giác. Ta cũng có thể giải bằng biến đổi đại số nhờ cách đặt ẩn phụ , , 2 2 2 b c c a a bx u y v z w        và đánh giá bằng bất đẳng thức. Bài 51. Giải hệ phương trình sau trên tập hợp số thực 2 2 2 2 3 3 3 0 x yx x y x yy x y           (Đề thi chọn đội tuyển Chuyên Vĩnh Phúc, tỉnh Vĩnh Phúc) Lời giải. Ta sẽ giải hệ phương trình này bằng số phức. Nhân phương trình thứ hai của hệ với i (đơn vị ảo 2 1i   ) rồi cộng với phương trình thứ nhất, ta có 2 2 2 2 2 2 3 3 3( ) ( )3 ( ) 0x y xi yi x yi i x yix yi x yi x y x y x y                 Đặt 2 2 1 x yiz x yi z x y       . Đẳng thức ở trên được viết lại là 23 3 (1 2 )0 3 3 0 2 1 2 i iz z z i z z i z i z                   . -Nếu 2z i  , suy ra 2 2, 1x yi i x y      . -Nếu 1z i  , suy ra 1 1, 1x yi i x y       . Thử lại ta thấy thỏa. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( , ) (2,1), (1, 1)x y   . Nhận xét. Dạng toán này cũng khá phổ biến và đều chung ý tưởng là giải quyết bằng số phức. Các bài toán tương tự 2 2 2 2 3 10 1 10 3 2 x yx x y x yy x y           , 2 2 2 2 2 2 2 0 x yx x y x yy x y           (Đề chọn đội tuyển Hà Nội 2007) 62 Trên thực tế, ta cũng có thể giải bằng cách dùng biến đổi đại số, nhân x và y thích hợp vào từng vế của các phương trình rồi trừ lại để thu được quan hệ đơn giản hơn giữa các biến này. Bài 52. Giải hệ phương trình: 4 4 2 2 3 2 3( ) x x y y x y        (Đề kiểm tra đội dự tuyển trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội) Lời giải. Đặt 33, ,x y a x y b c     . Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có  3 3ab c ab c   . Ta có 2 2 ,a b a bx y   . Suy ra 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 ( )( )( ) ( )a b a b abx y x y x y x y ab a b                          , hơn nữa: 332 2 2 2 ( )( ) a b a b a c bx y a b         Do đó, phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương với 3 2 2 2 2 3 2 2 ( ) ( )ab a c ba b c a b a c b      Ta có hệ mới là 2 2 3 2 4 2 4 3 3 4 3 3 2 1 0 ( ) ( ) ( )( )c a b a c b c cc a a ca c a ac ca a c aaab c                  1a a c c     . Suy ra hệ này có hai nghiệm là 211( , ) ( , );( , )a b c c c  . 63 Xét hai trường hợp - Nếu 1,a c b  thì 3 31 3 1 3 1 2 2 2 ,cx y     . - Nếu 21 ,a b c c   thì 3 3 2 2 3 3 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 23 3 ,c cx c y c c c c c                      Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: 3 3 3 3 3 1 3 1 2 1 2 2 3 3 ( , ) , , ,x y                . Bình luận. Đây là một hệ phương trình rất đẹp, hình thức của nó dễ làm chúng ta bối rối khi không thể nhẩm được nghiệm nào cũng như tìm được một hàm số nào đó để khảo sát như ý tưởng thông thường. Lời giải thuần túy đại số và cách đặt ẩn phụ như đề bài cần phải chú ý, nó từng xuất hiện trong đề VMO 2005 3 2 2 2 3 49 8 6 17 x xy x xy y y x          Một bài toán tương tự như trên cũng có lời giải rất thú vị 4 4 2 2 5 3 1 4 2 ( ) 5 0 x y y x x y          Bài 53. Giải phương trình 2 3 532 .sin .cos 2 1 1x x x x x x x x       (Đề thi chọn đội tuyển Hà Nội) Lời giải. Ta thấy phương trình không có nghiệm 1 2 x   nên ta chỉ xét 1 2 x   . Xét hàm số 2 5 33 1( ) 2 .sin .cos 2 1 1, 2 f x x x x x x x x x x          . Ta có 2 4 2 23 2( ) 3 .sin (2 1) cos 5 3 1 3 (2 1) f x x x x x x x x          Ta sẽ chứng minh đánh giá mạnh hơn là 2 4 23 .sin (2 1) cos 5 3 1 0,x x x x x x x        (*) 64 Ta thấy biểu thức này không thay đổi khi thay x bởi x nên ta chỉ cần xét 0x  . Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau 3 2 sin ,cos 1 , 0 6 2 x xx x x x      . Xét hàm số 2 ( ) cos 1 2 xg x x   , 0x  , ta có ( ) sin , ( ) cos 1 0 ( ) sin (0) 0g x x x g x x g x x x g                . Do đó, ( )g x là hàm đồng biến trên [0, ) , suy ra 2 2 ( ) (0) 0 cos 1 0 cos 1 2 2 x xg x g x x         . Tương tự, ta cũng có 3 sin 6 xx x  . Từ hai đánh giá này, ta có 3 2 2 4 2 2 4 23 .sin (2 1) cos 5 3 1 3 ( ) (2 1)(1 ) 5 3 1 6 2 x xx x x x x x x x x x x             . Hơn nữa, ta cũng có 3 2 4 4 2 2 4 2 2 2 4 4 23 7 33 ( ) (2 1)(1 ) 5 3 1 3 1 5 3 1 0 6 2 2 2 2 x x x x xx x x x x x x x x x                  nên 2 4 23 .sin (2 1) cos 5 3 1 0,x x x x x x x        . Do đó (*) đúng hay ( ) 0,f x x    . Suy ra ( )f x là hàm đồng biến nên phương trình đã cho có không quá một nghiệm. Mặt khác (0) 0f  nên 0 là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 0x  . Nhận xét. Điểm quan trọng nhất của bài toán là chứng minh ( ) 0f x  , nhưng đó là một biểu thức vừa có chứa cả sin ,cosx x và căn thức, đồng thời số hạng tự do của hàm số lại âm nên thật sự rất khó dự đoán được phải làm gì trong trường hợp này. Việc bỏ đi biểu thức chứa căn ở trên rất quan trọng vì nó giúp ta có được một hàm số chẵn và chỉ cần xét biểu thức trên miền [0, ) ; trên miền đó, ta còn có thêm hai đánh giá 3 2 sin ,cos 1 6 2 x xx x x    nên bài toán đưa về chứng minh bất đẳng thức thông thường. Nếu không đưa các yếu tố lượng giác về đa thức thì phải tiếp tục đạo hàm và chưa chắc điều này đã khả thi. Bất đẳng thức (*) có thể làm mạnh thêm nữa là 2 4 23 93 .sin (2 1) cos 1 0, 2 2 x x x x x x x        . 65 Bài 54. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 ( 2) ( 3) ( 3)( 2) 5 9 7 15 3 8 18 18 18 84 72 24 176 x y y x z x x z y yz x y xy yz x y z                          (Đề thi chọn đội tuyển ĐHSP Hà Nội, ngày 2) Lời giải. Đặt 2, 3a x b y    . Thay vào từng phương trình của hệ đã cho, ta được 2 2 2 2 2 2( 2) ( 3) ( 3)( 2) ( 4) 4 0x y y x z a b b a z a ab b bz b                    , 2 25 9 7 15 3 7 3 0x x z y yz a a b bz           2 2 2 2 2 2 8 18 18 18 84 72 24 176 8 2 18 72 18 18 30 94 0 8 2 18( 4 ) 30 94 0 x y xy yz x y z a a b b ab bz z a a b ab bz b z                           Suy ra 2 2 2 2 2 4 0 7 3 0 8 2 18( 4 ) 30 94 0 a ab b bz b a a b bz a a b ab bz b z                     (*) Từ phương trình thứ nhất và phương trình thứ ba, ta có 2 2 2 2 5 478 2 18 30 94 0 10 2 30 94 0 15 a aa a a z a a z z               . Thay vào phương trình thứ hai, ta có 2 2 2 2 2 2 5 47 5 12 5( )7 0 5 5 5 12 a a a a a aa a b b b a a b a a                          . Nhân phương trình thứ nhất của hệ (*) với 3 rồi trừ cho phương trình thứ hai, ta được 2 22 3 3 5 0a a ab b b     Thay 25 47 15 a az    và 2 2 5( ) 5 12 a ab a a     vào phương trình này, ta có 66 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 5 4 3 2 2 2 15 ( ) 5( ) 25( )2 3 0 5 12 5 12 5 12 (2 )(5 12) 15 ( ) 25( ) (5 12) 75( ) 0 50 70 208 94 482 156 0 ( 2)(5 14 13)(5 11 3) 0 0 a a a a a a aa a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a                                                11 612 10 a a       Tương ứng với các giá trị này, ta tìm được bốn nghiệm của hệ đã cho là 47 4 29 31 61 2 61 28 13 61( , , ) ( 2, 3, ), ( 4, , ), ( , , ), 15 3 15 10 15 15 61 31 2 61 28 39 61( , , ) 10 15 15 x y z             Nhận xét. Việc đặt ẩn phụ 2, 3a x b y    đã làm cho hệ đã cho đơn giản đi khá nhiều nhưng các liên hệ phức tạp giữa các biến thì vẫn còn. Bài toán ở đây có thể được giải theo một cách nhân các phương trình cho một đại lượng thích hợp rồi cộng lại nhưng rõ ràng điều này không phải dễ dàng thực hiện được. Việc dùng phép thế tuy phức tạp nhưng lại rất tự nhiên và cũng may mắn là phương trình cuối không có chứa căn gì nữa. Ở đây tính toán khá nặng và cũng không dễ dàng mà tự tin biến đổi biểu thức nhận được sau phép thế khi chưa chắc gì nó đã có nghiệm đẹp mà đánh giá. Bài 55. Tìm , ,x y z thỏa mãn hệ 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 1 2 2 2 (3 1) 2 ( 1) z x y x y y z xy zx yz y x x x                 (Đề thi chọn đội tuyển trường ĐH KHTN Hà Nội, vòng 3) Lời giải. Từ phương trình thứ ba của hệ, ta có 2 3 2 3 2 2 2 2 ( 1) (3 ) 2 ( 1) 3 (3 1) (3 1) 3 1 x x x x x x x xy x y x y x x x                 . Đặt tan , ( , ) cos 0 2 2 x         . Ta có 3 2 tan 3 tantan tan 3 tan 3tan 1 y y            . 67 Từ phương trình thứ nhất của hệ, ta có 2 2 21 (2 tan tan 3 ).tan 3 1 2 tan .tan 3 tan 3 1 2( ) 2 tan 3 2 tan 3 tan 3 cot 3 1 sin 3 cos3 1tan tan ( ) tan 2 2 cos3 sin 3 sin 6 x yz x y                                     Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 1 1(tan 3 tan tan tan ) 1 tan sin 6 sin 3 1 1 2sin 3 1 1( tan ) ( tan ) cos3 2sin 3 cos3 cos 2sin 3 cos3 cos cos6 1 cos 6 cos sin 6 sin( tan ) ( sin 6 cos x y z xy zx yz x y z x x                                                          2 2 2 2 1) sin 6 cos cos cos5 1( ) cos5 cos sin 6 cos cos5 cos( 6 ) sin 6 cos cos 2 2cos5 cos( 6 ) 5 ( 6 ) 2 , 2 2 2 22 11 2 2cos5 cos( 6 ) 5 ( 6 ) 2 , 2 2 2 22 11 2 kk k kk k                                                                                  , k        Do ( , ) 2 2     nên hai họ nghiệm 2 , 2 k k     không thỏa mãn. Với hai họ nghiệm 2 22 11 k      , ta tìm được tất cả 10 giá trị  thỏa mãn là 3 5 7 9, , , , 22 22 22 22 22             . Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là 1 3 5 7 9( , , ) (tan , tan 3 tan , tan ), , , , , sin 6 22 22 22 22 22 x y z                    . Nhận xét. Cách dùng lượng giác ở đây có lẽ là con đường duy nhất để giải bài này bởi vì với các nghiệm như trên thì không thể có cách đại số nào mà tìm ra được. Ý tưởng quan trọng nhất này xuất phát từ biểu thức của x y hoàn toàn giống hệ số của khai triển tan 3 . Do đó, bài này tuy biến đổi phức tạp nhưng ý tưởng cũng khá tự nhiên!