Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hệ phương trình phi tuyến (Toán học Lớp 10, 11, 12)

Điều kiện xác định: $x\ne 0,y\ne 0$. Khi đó hệ tương đương với
$$\{\begin{array}{l}\frac{72}{y}=16(3x^2+y^2)\\ \frac{56}{x}=16(x^2+3y^2)\end{array}$$
$$\iff \{\begin{array}{l}\frac{9}{2}=3x^{2}y+y^3\\ \frac{7}{2}=x^3+3x{y}^2\end{array}$$
$$\iff \{\begin{array}{l}8=(y+x{)}^3\\ 1=(y-x{)}^3\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{3}{2}.\end{array}$$
Vậy hệ có nghiệm duy nhất $(x,y)=\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi giá trị chung là $c$: $a_i+\frac{1}{a_{i+1}}=c$ với mọi $i$ (chỉ số lấy mod 2025, tức $a_{2026}=a_1$). Vì các số khác 0 nên $a_{i+1}=\frac{1}{c-a_i}$, suyra $c\ne a_i$ với mọi $i$.

Từ $a_i+\frac{1}{a_{i+1}}=a_{i+1}+\frac{1}{a_{i+2}}$ ta có:
$$a_i-a_{i+1}=\frac{1}{a_{i+2}}-\frac{1}{a_{i+1}}=\frac{a_{i+1}-a_{i+2}}{a_{i+1}{a}_{i+2}}.$$

Trước hết chứng minh $a_i\ne a_{i+1}$ với mọi $i$. Thật vậy, nếu $a_i=a_{i+1}$ thì từ $a_{i+1}=\frac{1}{c-a_{i+1}}$ suy ra $a_{i+1}(c-a_{i+1})=1$, khi đó $a_{i+2}=\frac{1}{c-a_{i+1}}=a_{i+1}$, và bằng quy nạp $a_{i+1}=a_{i+2}=\cdots =a_{2025}=a_1=\cdots =a_i$, tức tất cả các số bằng nhau — mâu thuẫn với giả thiết. Do đó mỗi thừa số $a_i-a_{i+1}\ne 0$.

Nhân $2025$ đẳng thức trên theo chu kỳ $i=1,2,\dots ,2025$:
$$\prod _{i=1}^{2025}(a_i-a_{i+1})=\frac{{\prod }_{i=1}^{2025}(a_{i+1}-a_{i+2})}{{\prod }_{i=1}^{2025}{a}_{i+1}{a}_{i+2}}.$$
Hai tích ở tử bằng nhau (chỉ khác chỉ số dịch chuyển), và ${\prod }_{i=1}^{2025}{a}_{i+1}{a}_{i+2}={\left({\prod }_{i=1}^{2025}{a}_i\right)}^2$. Đặt $T=\prod a_i$, $P=\prod (a_i-a_{i+1})\ne 0$, ta được:
$$P=\frac{P}{T^2}\Rightarrow T^2=1\Rightarrow T=\pm 1.$$
Vậy tích của 2025 số đã cho chỉ có thể bằng $1$ hoặc $-1$, do đó không thể bằng $2$. $■$

$\{\begin{array}{l}2\left(x^3-3x\right)=y^3+3y(1)\\ 2\left(x^2-1\right)=5y^2+1(2)\end{array}$

Ta có $(2)\Rightarrow y^2=\frac{2x^2-3}{5}$

suy ra $y^3+3y=y\left(y^2+3\right)=y\left(\frac{2x^2-3}{5}+3\right)=\frac{y\left(2x^2+12\right)}{5}$

do đó $(1)\iff 2\left(x^3-3x\right)=\frac{y\left(2x^2+12\right)}{5}\Rightarrow y=\frac{5\left(x^3-3x\right)}{x^2+6}$ (*)

Thay (*) vào (2) ta được: $2\left(x^2-1\right)=125\frac{{\left(x^3-3x\right)}^2}{{\left(x^2+6\right)}^2}+1$

$\iff 125{\left(x^3-3x\right)}^2-2\left(x^2-1\right){\left(x^2+6\right)}^2+{\left(x^2+6\right)}^2=0$

$\iff 125\left(x^6-6x^4+9x^2\right)-2\left(x^2-1\right)\left(x^4+12x^2+36\right)+\left(x^4+12x^2+36\right)=0$

$\iff 125\left(t^3-6t^2+9t\right)-2(t-1)\left(t^2+12t+36\right)+\left(t^2+12t+36\right)=0$ với $t=x^2\ge 0$.

$\iff 123t^3-771t^2+1089t+108=0$.

$\iff \{\begin{array}{l}t=-0,\mathrm{09...}<0(l)\\ t=4\\ t=2,\mathrm{36...}\to A\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\Rightarrow y=1\\ x=-2\Rightarrow y=-1\\ x\approx -1,5366\Rightarrow y\approx 0,5869\\ x\approx 1,5366\Rightarrow y\approx -0,5869\end{array}$.

Vậy hệ có 4 nghiệm $(x;y)$ là $(2;1)$, $(-2;-1)$, $(-1,5366;0,5869)$, $(1,5366;-0,5869)$.

Cách 1. Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ hai rồi trừ đi 2 lần phương trình thứ ba, ta thu được
$$3x^2-3z^2=0,$$
dẫn đến $z=x$ (do $x>0$, $z>0$).

Thế $z=x$ thì phương trình đầu tiên trở thành $x^2-12x+2y^2-6y=0$, còn phương trình thứ hai trở thành $3x^2-24x-12y=0$.

Do đó $y=\frac{x^2-8x}{4}$. Thế ngược lại vào phương trình đầu tiên, ta có
$$x^2-12x+2\cdot \frac{(x^2-8x{)}^2}{16}-6\cdot \frac{x^2-8x}{4}=0$$
$$\iff 8x^2-96x+x^4-16x^3+64x^2-12x^2+96x=0$$
$$\iff x^4-16x^3+60x^2=0$$
$$\iff x^2(x^2-16x+60)=0$$
$$\iff x^2(x-6)(x-10)=0.$$

Vậy $x=6$ hoặc $x=10$. Với $x=6$ ta có $y=-3$, mâu thuẫn.
Với $x=10$ ta thu được $y=5$.

Thử lại, ta dễ dàng kiểm tra được rằng bộ $(x;y;z)=(10;5;10)$ thoả mãn hệ phương trình đã cho.

Cách 2. Lấy phương trình thứ nhất cộng với phương trình thứ hai rồi trừ đi 2 lần phương trình thứ ba, ta thu được
$$3x^2-3z^2=0,$$
dẫn đến $z=x$ (do $x>0$, $z>0$).

Thế $z=x$ thì phương trình đầu tiên trở thành $x^2-12x+2y^2-6y=0$, còn phương trình thứ hai trở thành $3x^2-24x-12y=0$. Do đó
$$2\left(x^2-12x+2y^2-6y\right)-\left(3x^2-24x-12y\right)=0,$$
Suy ra $x^2=4y^2$, dẫn đến $x=2y$ (do $x>0$, $y>0$). Do đó $x=z=2y$.

Thay $z=2y$ và $x=2y$ vào phương trình đầu tiên, ta được
$$6y^2-30y=0,$$
Suy ra $y=5$ do $y>0$.

Thử lại, ta dễ dàng kiểm tra được rằng bộ $(x;y;z)=(10;5;10)$ thoả mãn hệ phương trình đã cho.

Trừ hai phương trình: $(y-x)(y+x)=(x-y)(x^2+xy+y^2-6x-6y+a)$. Hệ đối xứng loại 2, nghiệm duy nhất khi và chỉ khi hệ chỉ có nghiệm $x=y=0$, tìm được 87 giá trị nguyên của $a$. Chọn D.