Chủ đề này có 31 trả lời

[perfectstrong]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

[perfectstrong]

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

[perfectstrong]

Đã có đề hiệp 2.

[NLT]

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Lời giải:
Từ phương trình đầu tiên của hệ, suy ra:
$2x=\frac {y(y^2+9a^2)}{y^2+a^2}=\frac{y^3+9a^2y}{y^2+a^2}$.(1)
Tương tự: $2y=\frac{z^3+9a^2z}{z^2+a^2}$ (2) và $2z=\frac{x^3+9a^2x}{x^2+a^2}$ (3).
Do vai trò của $x,y,z$ như nhau nên ta có thể giả sử $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix}$.
Lấy (3) trừ (1) vế theo vế, ta được:
$2(z-x)=\frac{x^3+9a^2x}{x^2+a^2}-\frac{y^3+9a^2y}{y^2+a^2}$
$=\frac{(x^3y^2+x^3a^2+9a^2xy^2+9a^4x)-(x^2y^3+y^3a^2+9a^2x^2y-9a^4y)}{(x^2+a^2)(y^2+a^2)}$. (4)
Xét tử của vế phải của đẳng thức (4), ta có:
$(x^3y^2+x^3a^2+9a^2xy^2+9a^4x)-(x^2y^3+y^3a^2+9a^2x^2y-9a^4y)$
$=x^2y^2(x-y)+a^2(x^2+xy+y^2)(x-y)-9a^2xy(x-y)+9a^4(x-y)$
$=(x-y)[x^2y^2+a^2(x^2-8xy+y^2)+9a^4]=(x-y)[(x^2y^2-6a^2xy+9a^4)+a^2(x^2-2xy+y^2)=(x-y)[(xy-3a)^2+a^2(x-y)^2]$.
Lúc này, thế vào (4) ta lại được:
$2(z-x)=\frac{(x-y)[(xy-3a)^2+a^2(x-y)^2}{(x^2+a^2)(y^2+a^2)}$
Để ý rằng $x \ge z$ do $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix}$ nên $2(z-x) \le 0$ và $ (xy-3a)^2+a^2(x-y)^2 \ge 0$ , $(x^2+a^2)(y^2+a^2)>0$.
Do đó: $x-y \le 0 \to x \le y$, mà $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix} \to x=y$.
Do đây là hệ hoán vị vòng quanh nên từ đó ta suy ra $x=y=z$.
Từ $x=y$ thế vào phương trình đầu tiên của hệ, ta được:
$2x(x^2+a^2)=x(x^2+9a^2)$.
Dễ thấy phương trình trên có 1 nghiệm $x=0$.
Với $x$ khác 0 ta tìm được $x=\sqrt {7}a$ hoặc $x=-\sqrt {7}a$
Suy ra: $x=y=z=0$ hoặc $x=y=z=\sqrt{7}a$ hoặc $x=y=z=-\sqrt{7}a$
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm $(x;y;z) = (0;0;0);(\sqrt {7}a;\sqrt {7}a;\sqrt {7}a);(-\sqrt {7}a;-\sqrt {7}a;-\sqrt {7}a)$
___


Khi $a=0$ thì pt có nghiệm $x=y=z=0$
Nên em đã sai từ bước ban đầu khi chia mà ko xét $a=0$
Cho em 6đ là hên rồi đó =.="
D-B=10h
E=6
F=0
G=10
S=66

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 08:57

[NLT]

Ta thay đổi điều kiện bài toán một chút xíu, sẽ được bài toán "ghê gớm hơn".

Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực dương $m,n$, $0<n<9$ ($k$ nguyên dương).
\[
\left\{ \begin{array}{l}
nx\left( {y^2 + m^k } \right) = y\left( {y^2 + 9m^k } \right) \\
ny\left( {z^2 + m^k } \right) = z\left( {z^2 + 9m^k } \right) \\
nz\left( {x^2 + m^k } \right) = x\left( {x^2 + 9m^k } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Lúc này ta đặt $m^k=a^2$, có thể cho là $a>0$ do $m>0$ biến đổi hệ trên thành:
$\left\{ \begin{array}{l}
nx\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
ny\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
nz\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.$

Và tương tự như lời giải gốc, ta cũng giả sử $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix}$.
Tương tự ta cũng chứng minh được:
$n(z-x)=\frac{(x-y)[(xy-3a)^2+a^2(x-y)^2}{(x^2+a^2)(y^2+a^2)}$
Để ý rằng $x \ge z$ do $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix}$ nên $2(z-x) \le 0$ và $ (xy-3a)^2+a^2(x-y)^2 \ge 0$ , $(x^2+a^2)(y^2+a^2)>0$.
Kết hợp với $n>0$ suy ra được $x-y \le 0 \to x \le y$, mà $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix} \to x=y$
$\to x=y=z$, và tương tự tìm được 3 nghiệm của phương trình theo tham số $a$ và $n$ là: (để ý rằng $0<n<9$)
$(0;0;0);(\sqrt {9-n}.a;\sqrt {9-n}.a;\sqrt {9-n}.a);(-\sqrt {9-n}.a;-\sqrt {9-n}.a;-\sqrt {9-n}.a)$.
Và do $m^k=a^2(a>0)$ nên $a=\sqrt {m^k}$, do đó nghiệm được viết lại là:
$(x;y;z)=(0;0;0);(\sqrt{(9-n).m^k};\sqrt{(9-n).m^k};\sqrt{(9-n).m^k});(-\sqrt{(9-n).m^k};-\sqrt {(9-n).m^k};-\sqrt {(9-n).m^k})$.

Mở rộng 1 được giải quyết ....
___

[NLT]

Cho em bổ sung câu kết luận của lời giải gốc:
Hệ phương trình đã cho luôn có 3 nghiệm $(x;y;z) = (0;0;0);(\sqrt {7}a;\sqrt {7}a;\sqrt {7}a);(-\sqrt {7}a;-\sqrt {7}a;-\sqrt {7}a)$ với mọi $a$ thực.
___

[WhjteShadow]

Bài làm của WhjteShadow:
*Nếu $a=0$:
Ta có hệ pt trở thành:
$\left\{\begin{matrix} 2xy^2=y^3\\ 2yz^2=z^3\\ 2zx^2=x^3 \end{matrix}\right.$ (1)
Nếu tr0ng 3 số $x,y,z$ có 1 số =0 thì dễ thấy cả 3 số đều =0.
Nếu $x,y,z$ đều khác 0 thì $(1)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
2x=y\\
2y=z\\
2z=x
\end{matrix}\right.$
Do $x,y,z$ đều khác 0 Nên nhân cả 3 phương trình trên vế the0 vế có $8xyz=xyz\Leftrightarrow 8=1$ (Loại)
Vậy nếu $a=0$ thì hệ có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$
*Nếu $a$ khác 0:
Chia cả 2 vế mỗi phương trình tr0ng hệ ch0 $a^3$ rồi đặt $\frac{x}{a}=m,\frac{y}{a}=n,\frac{z}{a}=p$ Ta có hệ pt trở thành:
$\left\{\begin{matrix} 2m(n^2+1)=n(n^2+9)\\ 2n(p^2+1)=p(p^2+9)\\ 2p(m^2+1)=m(m^2+9) \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2m=\frac{n(n^2+9)}{n^2+1}\\ 2n=\frac{p(p^2+9)}{p^2+1}\\ 2p=\frac{m(m^2+9)}{m^2+1} \end{matrix}\right.$ (2)
Đặt $f(t)=\frac{t(t^2+9)}{t^2+1}$
$\to \left\{\begin{matrix} 2m=f(n)\\ 2n=f(p)\\ 2p=f(m) \end{matrix}\right.$
**Nếu $m>n$
Ta sẽ chứng minh $f(m)>f(n)$
Thật vậy $f(m)-f(n)=\frac{m(m^2+9)}{m^2+1}-\frac{n(n^2+9)}{n^2+1}=m-n-\frac{8(mn-1)(m-n)}{(m^2+1)(n^2+1)}=(m-n)\frac{m^2n^2+m^2+n^2+1+8-8mn}{(m^2+1)(n^2+1)}=(m-n)\frac{(mn-3)^2+(m-n)^2}{(m^2+1)(n^2+1)}$
Mà $m>n$ nên $(mn-3)^2+(m-n)^2>0,(m^2+1)(n^2+1)>0,m-n>0$
$\to f(m)>f(n)$ mà $f(m)=2p,f(n)=2m\to p> m$
Tương tự như trên với $p\geq m$ ta lại có $f(p)\geq f(m)$
$\to n>p \to m>n>p>m$ (Loại)
**Nếu $m<n$ tương tự lại có $m<n<p<m$ (Loại)
Vậy $m=n$ và tương tự thế lại có $n=p$
Vậy $m=n=p$,lúc đó ta chỉ cần giải 1 phương trình duy nhất :
$2m(m^2+1)=m(m^2+9) \Leftrightarrow m(2m^2+2-m^2-9)=0 \Leftrightarrow m(m^2-7)=0$
Nên $m=0;\sqrt7;-\sqrt7\to (m;n;p)=(0;0;0);(\sqrt7;\sqrt7;\sqrt7);(-\sqrt7;-\sqrt7;-\sqrt7)$
Lúc đó thì $(x;y;z)=(0;0;0);(\sqrt7a;\sqrt7a;\sqrt7a);(-\sqrt7a;-\sqrt7a;-\sqrt7a)$
Vậy với $a$ khác 0 thì hệ có nghiệm $(x;y;z)=(0;0;0);(\sqrt7a;\sqrt7a;\sqrt7a);(-\sqrt7a;-\sqrt7a;-\sqrt7a)$
Tóm lại *Với $a=0$ thì hệ có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$
*với $a$ khác 0 thì hệ có nghiệm $(x;y;z)=(0;0;0);(\sqrt7a;\sqrt7a;\sqrt7a);(-\sqrt7a;-\sqrt7a;-\sqrt7a)$


Em là một trong rất ít những toán thủ làm đúng bài toán này
Bài làm khá chính xác nhưng còn hơi dài

D-B=13h
E=10
F=0
S=65

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 09:07

[nthoangcute]

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.$
Đặt $x=am,y=an,z=ap$
Từ đó ta được:

$\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2a^3m(n^2+1)=a^3n(n^2+9) \\
2a^3n(p^2+1)=a^3p(p^2+9) \\
2a^3p(m^2+1)=a^3m(m^2+9)\\
\end{array} \right.$
Xét $a=0$ thì ta thấy HPT Luôn đúng !!!
Từ đó suy ra $x=y=z=0$
Xét $a \neq 0$ ta được HPT tương đương với:

$\left\{ \begin{array}{l}
2m(n^2+1)=n(n^2+9)\\
2n(p^2+1)=p(p^2+9)\\
2p(m^2+1)=m(m^2+9)\\
\end{array} \right.$
Ta sẽ giải HPT này !!!
Thật vậy:
HPT tương đương với:

$\left\{ \begin{array}{l}
2m=\dfrac{n(n^2+9)}{n^2+1}\\
2n=\dfrac{p(p^2+9)}{p^2+1}\\
2p=\dfrac{m(m^2+9)}{m^2+1}\\
\end{array} \right.$
Suy ra $2(m-n)=\dfrac{n(n^2+9)}{n^2+1}-\dfrac{p(p^2+9)}{p^2+1}=\dfrac{(n-p)((np-3)^2+(n-p)^2)}{(n^2+1)(p^2+1)}$
Nếu $m>n$ thì từ đẳng thức trên ta được $n>p$
Chứng minh tương tự ta lại được $p>m$
Suy ra $m>n>p>m$
Suy ra Vô lý
Nếu $m<n$ thì chứng minh tương tự cũng suy ra vô lý
Vậy $m=n$
Từ đẳng thức $2(m-n)=\dfrac{n(n^2+9)}{n^2+1}-\dfrac{p(p^2+9)}{p^2+1}=\dfrac{(n-p)((np-3)^2+(n-p)^2)}{(n^2+1)(p^2+1)}$
Suy ra $n=p$
Vậy $m=n=p$
Từ đó HPT trở thành phương trình sau: $p^3-7p=0$
tương đương với $p(p^2-7)=0$
Hay $p=0$ hoặc $p=\sqrt{7}$ hoặc $p=-\sqrt{7}$
Vậy $(m,n,p)=(0,0,0);(\sqrt{7},\sqrt{7},\sqrt{7}),(-\sqrt{7},-\sqrt{7},-\sqrt{7})$
Vậy từ đó ta được HPT có các nghiệm :
$(x,y,z)=(0,0,0);(\sqrt{7}a,\sqrt{7}a,\sqrt{7}a),(-\sqrt{7}a,-\sqrt{7}a,-\sqrt{7}a)$

Em là một trong rất ít những toán thủ làm đúng bài toán này
Tuy nhiên bài này chả cần đặt ẩn phụ

D-B=14h
E=10
F=0
S=64

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 09:06

[NLT]

Xin bỏ số 2 vì nó cũng không có nhiều giá trị cho bài toán
Mở rộng 2: Thay số 9 bởi một tham số tổng quát hơn, ta có bài toán sau:
Giải hệ phương trình sau với tham số $a,m (a>0; m \ge 3)$

\[
\left\{ \begin{array}{l}
x\left[ {y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 } \right] = y\left( {y^2 + m^2 {\rm{a}}^{\rm{2}} } \right) \\
y\left[ {z^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 } \right] = z\left( {z^2 + m^2 {\rm{a}}^{\rm{2}} } \right) \\
z\left[ {x^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 } \right] = x\left( {x^2 + m^2 {\rm{a}}^{\rm{2}} } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Lời giải:

Từ hệ đã cho, ta suy ra:

$x = \frac{{y^3 + m^2 a^2 y}}{{y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 }};y = \frac{{z^3 + m^2 a^2 z}}{{z^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 }};z = \frac{{x^3 + m^2 a^2 x}}{{x^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 }}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x = m{\rm{ax}}\left\{ {{\rm{x,y,z}}} \right\}$.

Ta có:

$z - x = \frac{{x^3 + m^2 a^2 x}}{{x^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 }} - \frac{{y^3 + m^2 a^2 y}}{{y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 }}$

$= \frac{{\left[ {x^3 y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 x^3 + m^2 a^2 xy^2 + m^2 \left( {m^2 - 2m} \right)a^4 x} \right] - \left[ {y^3 x^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 y^3 + m^2 a^2 yx^2 + m^2 \left( {m^2 - 2m} \right)a^4 y} \right]}}{{\left[ {x^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 } \right]\left[ {y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 } \right]}}$(*)

Biến đổi tử thức của vế trái của đẳng thức trên, ta được:

$\left( {x - y} \right)x^2 y^2 + a^2 \left( {m^2 - 2m} \right)\left( {x^2 + xy + y^2 } \right)\left( {x - y} \right) - \left( {x - y} \right) m^2 a^2 xy+\left( {x - y} \right)m^2 \left( {m^2 - 2m} \right)a^4 $

Để ý rằng $m^2 - 2m \ge 1$. Thật vậy $m^2 - 2m \ge 1 \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)^2 \ge 2$, đúng bởi $m \ge 3$.

Do vậy: ${m^2 \left( {m^2 - 2m} \right)a^4 } \ge m^2a^4$, điều đó sẽ dẫn đến:

$x^2 y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - m^2 a^2 xy + m^2 \left( {m^2 - 2m} \right)a^4 \ge x^2 y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right){\rm{a}}^{\rm{2}} \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - m^2 a^2 xy + m^2 a^4 $

$ = \left( {xy - \frac{{ma}}{2}} \right)^2 + \frac{{3m^2 a^4 }}{4} + \left( {m^2 - 2m} \right){\rm{a}}^{\rm{2}} \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) > 0,\forall m \ge 3$

Do vậy, ta đã chứng minh được rằng:

${x^2 y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - m^2 a^2 xy + m^2 \left( {m^2 - 2m} \right)a^4 }>0$

Mặt khác, lại có ${\left[ {x^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 } \right]\left[ {y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)a^2 } \right]} >0$ và $z-x \le 0$ do $x = m{\rm{ax}}\left\{ {{\rm{x,y,z}}} \right\}$ nên sẽ dẫn đến $x-y \le 0 \to x \le y$.

Từ điều này ta suy ra $x=y \to x=y=z$ do tính hoán vị của bài .

Từ đây thế vô và tìm được nghiệm của bài toán, hệ đã cho có 2 nghiệm là (để ý là $a>0$): $(x;y;z)=(0;0;0)$.

Mở rộng 2 đã được giải quyết
___

[NLT]

Từ mở rộng 1 và mở rộng 2, kết hợp lại ta được một mở rộng "khủng" sau

Mở rộng 3: Giải hệ phương trình và biện luận với tham số $p,m,n (p,m,n>0; n\ge 1; m\ge 3)$ và $k$ nguyên dương:

\[
\left\{ \begin{array}{l}
nx\left[ {y^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)p^k } \right] = y\left( {y^2 + m^2 p^k } \right) \\
ny\left[ {z^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)p^k } \right] = z\left( {z^2 + m^2 p^k } \right) \\
nz\left[ {x^2 + \left( {m^2 - 2m} \right)p^k } \right] = x\left( {x^2 + m^2 p^{\rm{k}} } \right) \\
\end{array} \right.
\]
Lời giải: Tương tự, ta kết hợp mở rộng 1 và 2.
Lúc này ta đặt $p^k=a^2$ do $p>0$, có thể cho là $a>0$. Do vậy ta đưa hệ trên về hệ mới tương tự mở rộng 2.
Hoàn toàn tương tự 2 mở rộng trên, ta chứng minh được rằng $x=y=z$.
Và thế vào 1 trong 3 phương trình của hệ, ta tìm được các nghiệm của phương trình theo tham số đã cho và biện luận tồn tạ nghiệmi theo tham số đó .
___

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Giải :
Nhận thấy (0;0;0) là 1 nghiệm của hệ phương trình

VỚI a = 0 thì $x = y = z = a\sqrt{7}$ là nghiệm của PT

Với x , y , z , a khác 0

Không khó khăn để ta có thể thấy x , y , z cùng dấu (*)
Thật vậy

Do $2x(y^2 + a^2) = y(y^2 + 9a^2$

Thấy $y^2 + a^2$ và $y^2 + 9a^2$ đều là các số dương

Nên x và y phải cùng dấu

Do vai trò x , y , z trong hệ là như nhau , không mất tính tổng quát , giả sử
$x \geq y \geq z$ (*)(*)

Từ (*) ; (*)(*) ta xét 2 TH

TH 1 : $x \geq y \geq z > 0 \Rightarrow x^2 \geq y^2 \geq z^2 > 0 $

Ta biến đổi


\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

$\left\{\begin{matrix}
\\ \frac{2x}{y} = \frac{y^2 + 9a^2}{a^2 + y^2}

\\ \frac{2y}{z} = \frac{z^2 + 9a^2}{a^2 + z^2}

\\ \frac{2z}{x} = \frac{x^2 + 9a^2}{a^2 + x^2}

\end{matrix}\right.$

Nhân vế với vế của 3 phương trình , ta có

$\frac{(x^2 + 9a^2)(y^2 + 9a^2)(z^2 + 9a^2)}{(a^2 + x^2)(a^2 + y^2)(a^2 + z^2)} = 8$

$\Leftrightarrow \frac{x^2 + 9a^2}{x^2 + a^2}.\frac{y^2 + 9a^2}{y^2 + a^2}.\frac{z^2 + 9a^2}{z^2 + a^2} = 8$

$\Leftrightarrow (1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) = 8$ (***)

Do $x^2 \geq y^2 \geq z^2 > 0 $ nên

$\frac{8a^2}{x^2 + a^2} \leq \frac{8a^2}{y^2 + a^2} \leq \frac{8a^2}{z^2 + a^2}$ (*1)

Ta xét

• Nếu $\frac{8a^2}{x^2 + a^2} > 1$ thì $z^2 \leq x^2 < 7a^2$

Suy ra $1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2} > 2$

Khi đó từ (*1)

Suy ra $(1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) > 8$ (mâu thuẫn với (***) (1)

• Tương tự , xét

Nếu $\frac{8a^2}{z^2 + a^2} < 1$ thì $z^2 > 7a^2$

Khi đó $1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2} < 2$

Khi đó $(1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2}).(1 + \frac{8a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{8a^2}{z^2 + a^2}) < 8$ (mâu thuẫn với (***) (2)

• Từ (1) và (2)

Suy ra $z^2 = 7a^2$

Tương tự , ta cũng có được $x^2 = y^2 = z^2 = 7a^2$ với a dương

Xét hoàn toàn tương tự với TH $0 > x \geq y \geq z $

ta cũng được kết quả $x^2 = y^2 = z^2 = 7a^2$ Với a âm

Khi đó ; suy ra $x = y = z = a\sqrt{7}$ a khác 0 (do x , y , z cùng dấu) (DẤU CỦA a QUYẾT ĐỊNH X , Y , Z ÂM HAY DƯƠNG)

VẬY PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM $(0 ; 0 ; 0)$ ; $(a\sqrt{7} ; a\sqrt{7} ; a\sqrt{7})$

Em cũng là một trong rất ít những toán thủ làm chính xác bài toán này
Ý tưởng của bài giải rất hay tuy nhiên còn khá dài Thưởng em 5 đ nhá
Tuy nhiên, anh chỉ công nhận 4 mở rộng của em lần này

D-B=18h
E=10
F=40
G=5
S=105

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 09:13

[Nguyễn Hữu Huy]

Đã có đề hiệp 2.

Xin lỗi BTC , em chỉnh sửa 1 chút về bài thi!
Khi ta tìm đc $z^2 = 7a^2$

Ko phải tg tự , mà thế vào PT (2)
$2y(z^2 + a^2) = z(z^2 + 9a^2)$

Thì ta tìm đc $y = 7a^2$ , tg tự $x= 7a^2$

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Sau đây là 1 số mở rộng nhưng hơi hẹp của em

Tất nhiên nghiệm (0 ; 0 ; 0) luôn có mặt tại các mr , nên em xin nêu chung ở đây !

• Mở rộng 1 :

Thấy trong hệ có sự hiện diện của hằng số , vậy tại sao ko thay hằng số bằng 1 tham số k (k > 0)

\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + ka^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + ka^2 } \right) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + ka^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]


Cách giải cũng ko có khác mấy so với ban đầu , xin phép không nêu ra chi tiết ạ

Sau khi biến đổi



$\left\{\begin{matrix}
\\ \frac{2x}{y} = \frac{y^2 + ka^2}{y^2 + a^2}
\\ \frac{2y}{z} = \frac{z^2 + ka^2}{z^2 + a^2}
\\ \frac{2z}{x} = \frac{x^2 + ka^2}{x^2 + a^2}

\end{matrix}\right.$

Nhân 3 vế ta có

$(1 + \frac{(k - 1)a^2}{x^2 + a^2})(1 + \frac{(k - 1)a^2}{y^2 + a^2})(1 + \frac{(k - 1)a^2}{z^2 + b^2}) = 8$

Vai trò x , y , z là như nhau , giả sử
$x \geq y \geq z$

Xét 2 TH cùng âm và cùng dương

$x \geq y \geq z > 0$

Xét tương tự như bài toán gốc , xét

$1 + \frac{(k - 1)a^2}{x^2 + a^2} > 1 \Rightarrow z^2 \leq x^2 < (k -2)a^2$

và

$1 + \frac{8a^2}{x^2 + a^2} < 1 \Rightarrow z^2 > (k - 2)a^2$

Dẫn tới $z^2 = (k -2)a^2$

Thế vào ta đc $x = y = z = a.\sqrt{k -1}$


Và ....
thay 1 sao ko thay cả 2


\[
\left\{ \begin{array}{l}
tx\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + ka^2 } \right) \\
ty\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + ka^2 } \right) \\
tz\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + ka^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Với k , t > 0
Ko khác là mấy , cách giải như trên, em xin đc ko nêu ra !
Đáp án được
$x^2 = y^2 = z^2 = \frac{k - t)a^2}{t - 1}$

Mở rộng 2 :
Tại sao ko mở rộng số mũ

\[
\left\{ \begin{array}{l}
tx\left( {y^n + a} \right) = y\left( {y^n + ka } \right) \\
ty\left( {z^n + a } \right) = z\left( {z^n + ka } \right) \\
tz\left( {x^n + a} \right) = x\left( {x^n + ka } \right) \\
\end{array} \right.
\]

Thực hiện tg tự , ta có

$x = y = z = \sqrt[n]{\frac{k - t)a}{t - 1}}$

[Nguyễn Hữu Huy]

Đã có đề hiệp 2.

Mở rộng 4 :
Đã mở rộng số mũ, hệ số 2 và 9
tiếp theo ta sẽ biến hệ 3 phương trình thành hệ n phương trình



$\left\{\begin{matrix}
\\ tx_1(a^2 + x_2^2)= x_2(x_2^2 + ka^2)
\\ tx_2(a^2 + x_3^2)= x_3(x_3^2 + ka^2)
\\ .....
\\ tx_n(a^2 + x_1^2)= x_1(x_1^2 + ka^2)
\\

\end{matrix}\right.$

Cách làm chỉ hơi dài và phức tạp thôi ! Về cơ bản thì vẫn như cũ

kết quả cũng là

$x_1 = x_2 = ... = x_n = a\sqrt{k - t}{t - 1}$

(em cũng xin ko nên ra , vì nó chỉ là tổng quát lên thôi ! cách làm y hệt , ko hề khác nên em xin ko nêu ra)

Mở rộng 5)
Em vấp bài hệ này , nhầm sang BĐT
nhưng từ đó , em cũng kiếm ra được 1 mở rộng khác

Chứng minh với hệ

$\left\{\begin{matrix}
\\ 2x(a^2 + y^2)= y(y^2 + 9a^2)
\\ 2y(a^2 + z^2)= z(z^2 + 9a^2)
\\ 2z(a^2 + x^2)= x(x^2 + 9a^2)
\end{matrix}\right.$

thì $\frac{x^2 + y^2 + z^2}{3} \geq 7a^2$

Biến đổi theo bài toán gốc thì ta có

$(1 + \frac{8a^2}{a^2 + x^2})(1 + \frac{8a^2}{a^2 + y^2})(1 + \frac{8a^2}{a^2 + z^2}) = 8$

Sử dụng BĐT holder (dùng AM - GM nhưng em xin đc rút ngắn , vì nó là mr nên em dùng !?)

theo holer

$VT \geq (1 + \frac{8a^2}{\sqrt[3]{(a^2 + x^2)(a^2 + y^2)(a^2 + z^2)}})^3 \geq (1 + \frac{8a^2}{\frac{3a^2 + x^2 + y^2 + z^2}{3}})^3$

$\Leftrightarrow 2 \geq 1 + \frac{8a^2}{\frac{3a^2 + x^2 + y^2 + z^2}{3}}$

$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{8a^2}{\frac{3a^2 + x^2 + y^2 + z^2}{3}}$

từ đó suy ra đpcm
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z


Mở rộng 6)

Tại sao ko làm mạnh nó lên !?

$\left\{\begin{matrix}
\\ 2x(a^2 + y^2)= y(y^2 + 9a^2)
\\ 2y(a^2 + z^2)= z(z^2 + 9a^2)
\\ 2z(a^2 + x^2)= x(x^2 + 9a^2)
\end{matrix}\right.$

Chứng minh BĐT

$\frac{xz^2 + yx^2 + zy^2}{x + y + z} \geq 7a^2$

Thực ra không khó , cộng 3 vế PT và dùng chút AM - Gm là ta có đc điều trên
Thật vậy

Nhân ra và cộng vế vs vế 3 pt

$\sum x^3 + 7a^2(\sum x) = 2\sum xy^2$ (1)

Theo AM-Gm có
$x^3 + xz^2 \geq 2x^2z$

suy ra $\sum x^3 + \sum xz^2 \geq 2\sum xy^2$ (2)

từ (1) và (2)
Suy ra $\sum xz^2 \geq 7a^2(\sum x)$

Suy ra đpcm !

Và nếu làm mạnh hơn ta sẽ có BĐT khác mạnh hơn

Mở rộng 7)
$\left\{\begin{matrix}
\\ 2x(a^2 + y^2)= y(y^2 + 9a^2)
\\ 2y(a^2 + z^2)= z(z^2 + 9a^2)
\\ 2z(a^2 + x^2)= x(x^2 + 9a^2)
\end{matrix}\right.$

Chứng minh
Suy ra
$\sum x^3 + 7a^2(\sum x) = 2\sum xy^2$

$\sum x^3 + 3xyz - 3xyz + \sum xz^2 - \sum xy^2 + 7a^2(\sum x) \geq \sum xy^2 + \sum xz^2 $

Khi đó theo schur thì $\sum x^3 + 3xyz \geq \sum xy^2 + \sum xz^2 $

Nên $- 3xyz + \sum xz^2 - \sum xy^2 + 7a^2(\sum x) \geq 0$

Suy ra $ 7a^2(\sum x) \geq 3xyz - \sum xz^2 + \sum xy^2$

suy ra đpcm !

[NLT]

Mở rộng 4: Các mở rộng trên đây, ta đã mở rộng về hệ số đối với các tham số, bây giờ, ta thử mở rộng hơn hệ sô đối với các biến, ta sẽ bỏ đi các hệ số 2 và 9 ở bài toán ban đầu, và thêm vào đó một số tham số mới, ta được bài toán như sau:
Giải và biện luận sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình sau (với $x,y,z$ là ẩn, $n,a$ là tham số; $n \ge 1; a >0$).
\[
\left\{ \begin{array}{l}
x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {ny^2 + a^2 } \right) \\
y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {nz^2 + a^2 } \right) \\
z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {nx^2 + a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]
Lời giải:
Từ các phương trình của hệ, ta rút ra được:
$x = \frac{{ny^3 + a^2 y}}{{y^2 + a^2 }};y = \frac{{nz^3 + a^2 z}}{{z^2 + a^2 }};z = \frac{{nx^3 + a^2 x}}{{x^2 + a^2 }}$.
Không mất tính tổng quát, giả sử $x = m{\rm{ax}}\left\{ {{\rm{x,y,z}}} \right\}$
Ta có:
$z - x = \frac{{nx^3 + a^2 x}}{{x^2 + a^2 }} - \frac{{ny^3 + a^2 y}}{{y^2 + a^2 }} = \frac{{\left[ {nx^3 y^2 + na^2 x^3 + a^2 xy^2 + a^4 x} \right] - \left[ {ny^3 x^2 + na^2 y^3 + a^2 yx^2 + a^4 y} \right]}}{{\left( {x^2 + a^2 } \right)\left( {y^2 + a^2 } \right)}}$
Xét tử thức của vế phải của đẳng thức trên ta có tử thức bằng:
$\left( {x - y} \right)nx^2 y^2 + na^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right)\left( {x - y} \right) - \left( {x - y} \right)a^2 xy + \left( {x - y} \right)a^4 $
$ = \left( {x - y} \right)\left[ {nx^2 y^2 + na^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - a^2 xy + a^4 } \right]$.
Dễ thấy do $n\ge1$ nên: $nx^2 y^2 + na^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - a^2 xy + a^4 \ge x^2 y^2 + a^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - a^2 xy + a^4 $.
$ = \left( {xy - \frac{{a^2 }}{2}} \right)^2 + \frac{{3{\rm{a}}^{\rm{4}} }}{4} + a^2 \left[ {\left( {x - \frac{y}{2}} \right)^2 + \frac{{3y^2 }}{4}} \right] > 0$
Và $z-x \le 0$ do $x = m{\rm{ax}}\left\{ {{\rm{x,y,z}}} \right\}$; $(x^2+a^2)(y^2+a^2)>0$ nên $x-y \le 0 \to x \le y$. Điều này dẫn đến $x=y \to x=y=z$.
Đến đây thế vào hệ ban đầu, ta tìm được 1 nghiệm $(0;0;0)$ của phương trình, và khi $x,y,z$ khác 0, ta nhận thấy chỉ có trường hợp $n=1$ thì hệ đã cho mới tồn tại nghiệm, và lúc này, hệ có vô số nghiệm thực, tức là $(x;y;z)=(k;k;k), k \in R$. Nếu $n>1$ thì hệ vô nghiệm. Đây là biện luận về sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình ban đầu, tức mở rộng 4 đã được giải quyết !
___

[NLT]

Mở rộng 5: Tiếp tục, không chỉ tham số bên vế phải, ta thử nâng lên tham số của biến ở 2 vế của mỗi phương trình, ta được bài toán J
Giải hệ phương trình với $x,y,z$ là ẩn, $m,n,a$ là tham số, $0<m\le 1; n>0; mn \ge 1; a > 0$.
\[
\left\{ \begin{array}{l}
x\left( {my^2 + a^2 } \right) = y\left( {ny^2 + a^2 } \right) \\
y\left( {mz^2 + a^2 } \right) = z\left( {nz^2 + a^2 } \right) \\
z\left( {mx^2 + a^2 } \right) = x\left( {nx^2 + a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]
Lời giải:
Từ các phương trình của hệ đã cho ta rút ra được rằng:
$x = \frac{{ny^3 + a^2 y}}{{my^2 + a^2 }};y = \frac{{nz^3 + a^2 z}}{{mz^2 + a^2 }};z = \frac{{nx^3 + a^2 x}}{{mx^2 + a^2 }}$
Không mất tính tổng quát có thể giả sử: $x = m{\rm{ax}}\left\{ {{\rm{x,y,z}}} \right\}$
$z - x = \frac{{nx^3 + a^2 x}}{{mx^2 + a^2 }} - \frac{{ny^3 + a^2 y}}{{my^2 + a^2 }} = \frac{{\left[ {mnx^3 y^2 + na^2 x^3 + ma^2 xy^2 + a^4 x} \right] - \left[ {mny^3 x^2 + na^2 y^3 + ma^2 yx^2 + a^4 y} \right]}}{{\left( {mx^2 + a^2 } \right)\left( {my^2 + a^2 } \right)}}$
Xét tử thức của vế phải của đẳng thức trên, ta được tử thức đó bằng:
$\left( {x - y} \right)mnx^2 y^2 + na^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right)\left( {x - y} \right) - \left( {x - y} \right)ma^2 xy + \left( {x - y} \right)a^4 $
$ = \left( {x - y} \right)\left[ {mnx^2 y^2 + na^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - ma^2 xy + a^4 } \right]$
Dễ thấy $mn \ge 1$ và $m \le 1$ nên $n \ge 1$.
Từ $mn \ge 1; m \le 1; n \ge 1$ ta suy ra:
$mnx^2 y^2 + na^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - ma^2 xy + a^4 \ge x^2 y^2 + a^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - a^2 xy + a^4 $
$ = \left( {xy - \frac{{a^2 }}{2}} \right)^2 + \frac{{3{\rm{a}}^{\rm{4}} }}{4} + a^2 \left[ {\left( {x - \frac{y}{2}} \right)^2 + \frac{{3y^2 }}{4}} \right] > 0$
Và $z-x \le 0$ do $x = m{\rm{ax}}\left\{ {{\rm{x,y,z}}} \right\}$; $(mx^2+a^2)(my^2+a^2)>0$ nên $x-y \le 0 \to x \le y$. Điều này dẫn đến $x=y \to x=y=z$.
Đến đây thế vào hệ ban đầu, ta tìm được 1 nghiệm $(0;0;0)$ của phương trình, và khi $x,y,z$ khác 0, ta nhận thấy chỉ có trường hợp $m=n=1$ thì hệ đã cho mới tồn tại nghiệm, và lúc này, hệ có vô số nghiệm thực, tức là $(x;y;z)=(k;k;k), k \in R$. Nếu $n>1$ thì hệ vô nghiệm. Đây là biện luận về sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình ban đầu, tức mở rộng 5 đã được giải quyết !

[daovuquang]

Bài làm của daovuquang:
Viết lại hệ pt:\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right)(1) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right)(2) \\
2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right)(3) \\
\end{array} \right.
\]
Dễ thấy $x=y=z=0$ là nghiệm của pt. Dưới đây ta chỉ xét $x,y,z\neq 0.$
Xét $2x(y^2+a^2)=y(y^2+9a^2).$
$\Rightarrow \frac{2x}{y}=\frac{y^2+a^2}{y^2+9a^2}.$
Nhận xét: $VP\geq 0\Rightarrow VT\geq 0\Rightarrow x,y$ cùng dấu.
Tương tự, $y,z$ cùng dấu$\Rightarrow x,y,z$ cùng dấu.
TH1: $x,y,z>0$
Giả sử $x=max{x;y;z}$.
Xét $2x(y^2+a^2)=y(y^2+9a^2).$
Vì $x\geq y$ nên $2y^2+2a^2\leq y^2+9a^2$
$\Leftrightarrow y^2\leq 7a^2\Leftrightarrow y\geq \sqrt{7}a.$
Ta xét tiếp $2z(x^2+a^2)=x(x^2+9a^2)$
Vì $x\geq z$ nên $2x^2+2a^2\geq x^2+9a^2$
$\Leftrightarrow x\geq \sqrt{7}a(4).$
Quay trở lại $(1)$, ta thấy $(1)\Leftrightarrow x=\frac{y(y^2+9a^2)}{2(y^2+a^2)}.$
Ta sẽ chứng minh $\frac{y(y^2+9a^2)}{2(y^2+a^2)}\leq\sqrt{7}a$
$\Leftrightarrow y^2+9a^2y\leq2\sqrt{7}y^2+2\sqrt{7}a^3$
$\Leftrightarrow (\sqrt{7}-y)(y^2-\sqrt{7}y+2)\geq0.$
Nhận thấy BĐT cuối luôn đúng do $\sqrt{7}-y\geq\sqrt{7}-\sqrt{7}=0$ và $y^2-\sqrt{7}y+2=(y-\frac{\sqrt{7}}{2})^2+\frac{1}{4}\geq0.$
Suy ra $\frac{y(y^2+9a^2)}{2(y^2+a^2)}\leq\sqrt{7}a\Rightarrow x\leq\sqrt{7}a(5).$
Kết hợp $(4)$ và $(5)$, ta được $x=\sqrt{7}a.$
Thay vào $(1)$, ta được $y=\sqrt{7}a.$ Thay vào $(2)$, ta được $\Rightarrow z=\sqrt{7}a\Rightarrow x=y=z=\sqrt{7}a.$
TH2: $x,y,z<0$
Đặt $x=-m; y=-n; z=-p\Rightarrow m,n,p>0.$
Viết lại hệ pt:\[
\left\{ \begin{array}{l}
2m\left( {n^2 + a^2 } \right) = n\left( {n^2 + 9a^2 } \right)\\
2n\left( {p^2 + a^2 } \right) = p\left( {p^2 + 9a^2 } \right)\\
2p\left( {m^2 + a^2 } \right) = m\left( {m^2 + 9a^2 } \right)\\
\end{array} \right.
\]
Việc giải hệ này giống hệt như TH1$\Rightarrow$ pt có nghiệm $x=y=z=-\sqrt{7}a.$
Kết luận: $(x;y;z)=(0;0;0);(\sqrt{7}a;\sqrt{7}a;\sqrt{7}a);(-\sqrt{7}a;-\sqrt{7}a;-\sqrt{7}a).$


Em sai từ chỗ này

Xét $2x(y^2+a^2)=y(y^2+9a^2).$
$\Rightarrow \frac{2x}{y}=\frac{y^2+a^2}{y^2+9a^2}.$

Cho em 7 đ

D-B=25h
E=7
F=0
S=42

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 09:36

[Cao Xuân Huy]

Đề hiệp 3
Giải và biện luận hệ phương trình sau theo tham số thực $a$
\[
\left\{ \begin{array}{l}2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right)\\2z\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\ \end{array} \right.
\]

Lời giải:

Từ phương trình đầu suy ra:
$2x=\frac {y(y^2+9a^2)}{y^2+a^2}=\frac{y^3+9a^2y}{y^2+a^2} \text{ (1)}$

Tương tự: $2y=\frac{z^3+9a^2z}{z^2+a^2} \text{ (2)}$ và $2z=\frac{x^3+9a^2x}{x^2+a^2} \text{ (3)}$

Không mất tính tổng quát ta giả sử $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix}$.

Từ $(3);(1)$ suy ra:
$2(z-x)=\frac{x^3+9a^2x}{x^2+a^2}-\frac{y^3+9a^2y}{y^2+a^2}$
$=\frac{(x^3y^2+x^3a^2+9a^2xy^2+9a^4x)-(x^2y^3+y^3a^2+9a^2x^2y-9a^4y)}{(x^2+a^2)(y^2+a^2)} \text{ (4)}$.

Xét tử của vế phải của đẳng thức (4), ta có:
$(x^3y^2+x^3a^2+9a^2xy^2+9a^4x)-(x^2y^3+y^3a^2+9a^2x^2y-9a^4y)$
$=x^2y^2(x-y)+a^2(x^2+xy+y^2)(x-y)-9a^2xy(x-y)+9a^4(x-y)$
$=(x-y)[x^2y^2+a^2(x^2-8xy+y^2)+9a^4]=(x-y)[(x^2y^2-6a^2xy+9a^4)+a^2(x^2-2xy+y^2)=(x-y)[(xy-3a)^2+a^2(x-y)^2]$.

Lúc này, thế vào (4) ta lại được:
$2(z-x)=\frac{(x-y)[(xy-3a)^2+a^2(x-y)^2}{(x^2+a^2)(y^2+a^2)}$

Để ý rằng $x \ge z$ do $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix}$ nên $2(z-x) \le 0$ và $ (xy-3a)^2+a^2(x-y)^2 \ge 0$ , $(x^2+a^2)(y^2+a^2)>0$.

Do đó: $x-y \le 0 \to x \le y$, mà $x=max\begin{Bmatrix}x,y,z\end{Bmatrix} \to x=y$.

Do đây là hệ hoán vị vòng quanh nên từ đó ta suy ra $x=y=z$.

Từ $x=y$ thế vào phương trình đầu tiên của hệ, ta được:
$2x(x^2+a^2)=x(x^2+9a^2)$.

Dễ thấy phương trình trên có 1 nghiệm $x=0$.

Với $x$ khác 0 ta tìm được $x=\sqrt {7}a$ hoặc $x=-\sqrt {7}a$

Suy ra: $x=y=z=0$ hoặc $x=y=z=\sqrt{7}a$ hoặc $x=y=z=-\sqrt{7}a$

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm $(x;y;z) = (0;0;0);(\sqrt {7}a;\sqrt {7}a;\sqrt {7}a);(-\sqrt {7}a;-\sqrt {7}a;-\sqrt {7}a)$

Khi $a=0$ thì pt có nghiệm $x=y=z=0$
Nên em đã sai từ bước ban đầu khi chia mà ko xét $a=0$
Cho em 6đ là hên rồi đó =.="
D-B=35h
E=6
F=0
S=31

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 16-07-2012 - 09:22

[NLT]

Mở rộng 6: Thử mở thêm một tí nữa, ta lại được một bài toán mạnh hơn:

Giải hệ phương trình với $x,y,z$ là ẩn, $a, m,n,p,q > 0; 3pn \ge qm$:

\[
\left\{ \begin{array}{l}
x\left( {my^2 + na^2 } \right) = y\left( {py^2 + qa^2 } \right) \\
y\left( {mz^2 + na^2 } \right) = z\left( {pz^2 + qa^2 } \right) \\
z\left( {mx^2 + na^2 } \right) = x\left( {px^2 + qa^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]
Lời giải:
Từ các phương trình của hệ, ta rút ra được:

$x = \frac{{py^3 + qa^2 y}}{{my^2 + na^2 }};y = \frac{{pz^3 + qa^2 z}}{{mz^2 + na^2 }};z = \frac{{px^3 + qa^2 x}}{{mx^2 + na^2 }}$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x = m{\rm{ax}}\left\{ {{\rm{x,y,z}}} \right\}$

Ta có:
$z - x = \frac{{px^3 + qa^2 x}}{{mx^2 + na^2 }} - \frac{{py^3 + qa^2 y}}{{my^2 + na^2 }} = \frac{{\left[ {pmx^3 y^2 + pna^2 x^3 + qma^2 xy^2 + qna^4 x} \right] - \left[ {pmy^3 x^2 + pna^2 y^3 + qma^2 yx^2 + qna^4 y} \right]}}{{\left( {mx^2 + na^2 } \right)\left( {my^2 + na^2 } \right)}}$
Tử thức của vế phải đẳng thức trên, ta có tử thức đó bằng:

$\begin{array}{l}
\left( {x - y} \right)pmx^2 y^2 + pna^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right)\left( {x - y} \right) - \left( {x - y} \right)qma^2 xy + qn\left( {x - y} \right)a^4 \\
= \left( {x - y} \right)\left[ {pmx^2 y^2 + pna^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - qma^2 xy + qna^4 } \right] \\
\end{array}$

Xét: $pmx^2 y^2 + pna^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - qma^2 xy + qna^4 $, ta thấy:
+ Nếu $xy \ge 0$ thì $pmx^2 y^2 + pna^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - qma^2 xy + qna^4 = pmx^2 y^2 + pna^2 \left[ {\left( {x - y} \right)^2 + 3xy} \right] - qma^2 xy + qna^4 $

$ = pmx^2 y^2 + pna^2 \left( {x - y} \right)^2 + a^2 xy\left( {3pn - qm} \right) + qna^4 > 0$
(Vì $xy \ge 0; a,p,m,n,q >0; 3pn \ge qm$).
+ Nếu $xy \le 0$ thì dễ thấy $pmx^2 y^2 + pna^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - qma^2 xy + qna^4 > 0$.
Như vậy ta đã chứng minh được $pmx^2 y^2 + pna^2 \left( {x^2 + xy + y^2 } \right) - qma^2 xy + qna^4 > 0$
Và $z-x \le 0$ do $x = m{\rm{ax}}\left\{ {{\rm{x,y,z}}} \right\}$ nên $x-y \le 0 \to x \le y \to x=y \to x=y=z$.
Thế vào và tìm được nghiệm của hệ, đến đây đơn giản rồi ...

Mở rộng 6 được giải quyết ...
___

[NLT]

Mở rộng 7: Tăng số biến của bài, ta xem thử có gặp trở ngại gì không ...

Giải hệ phương trình với $x,y,z,t$ là ẩn, $a$ là tham số dương:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
2x\left( {y^2 + a^2 } \right) = y\left( {y^2 + 9a^2 } \right) \\
2y\left( {z^2 + a^2 } \right) = z\left( {z^2 + 9a^2 } \right) \\
2z\left( {t^2 + a^2 } \right) = t\left( {t^2 + 9a^2 } \right) \\
2t\left( {x^2 + a^2 } \right) = x\left( {x^2 + 9a^2 } \right) \\
\end{array} \right.
\]
Lời giải:
Từ các phương trình của hệ, ta rút ra được:
$2x = \frac{{y^3 + 9a^2 y}}{{y^2 + a^2 }};2y = \frac{{z^3 + 9a^2 z}}{{z^2 + a^2 }};2z = \frac{{t^3 + 9a^2 t}}{{t^2 + a^2 }};2t = \frac{{x^3 + 9a^2 x}}{{x^2 + a^2 }}$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x = \max \left\{ {{\rm{x,y,z,t}}} \right\}$
Ta có:
$2\left( {t - x} \right) = \frac{{x^3 + 9a^2 x}}{{x^2 + a^2 }} - \frac{{py^3 + qa^2 y}}{{my^2 + na^2 }} = \frac{{\left[ {pmx^3 y^2 + pna^2 x^3 + qma^2 xy^2 + qna^4 x} \right] - \left[ {pmy^3 x^2 + pna^2 y^3 + qma^2 yx^2 + qna^4 y} \right]}}{{\left( {mx^2 + na^2 } \right)\left( {my^2 + na^2 } \right)}}$
Xét tử của vế phải của đẳng thức trên, ta thấy tử đó bằng:
$(x^3y^2+x^3a^2+9a^2xy^2+9a^4x)-(x^2y^3+y^3a^2+9a^2x^2y-9a^4y)$
$=x^2y^2(x-y)+a^2(x^2+xy+y^2)(x-y)-9a^2xy(x-y)+9a^4(x-y)$
$=(x-y)[x^2y^2+a^2(x^2-8xy+y^2)+9a^4]=(x-y)[(x^2y^2-6a^2xy+9a^4)+a^2(x^2-2xy+y^2)=(x-y)[(xy-3a)^2+a^2(x-y)^2]$
Rõ rằng biểu thức trong dấu ngoặc cuông là không âm, kết hợp với $z-x \le 0$ ta suy ra được $x-y \le 0 \to x \le y \to x=y \to x=y=z=t$.
Đến đây quá đơn giản, ta chỉ cần thế vào 1 phương trình nào đó của hệ và tìm được ngay nghiệm của hệ.

Như vậy, mở rộng 7 đã được giải quyết...
___