CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH (THAM SỐ A)
Bài 5. Cho hệ phương trình (tham số a):
y − az = z x
(với x , y, z ∈ R ).
z − a x = x y
a) Giải hệ khi a = 0.
b) Chứng minh rằng hệ có 5 nghiệm khi a > 1.
Lời giải.
a) Với a = 0, ta có hệ
x = yz
y = z x
.
z = x y
Nếu một trong ba số bằng 0 thì kéo theo hai số còn lại cũng bằng 0. Xét x yz 6= 0 thì
nhân các phương trình lại, vế theo vế, ta có x yz = 1 nên
x
2= y
2= z
2= 1.
Từ đó, ta tìm được
(0, 0, 0), (1, 1, 1), (−1, −1, 1)
và các hoán vị. Có tất cả 5 nghiệm phân biệt của hệ phương trình này.
b) Dễ thấy x = y = z = 0 đều thỏa mãn hệ. Với a > 1, trước hết ta thấy nếu một số
bằng 0 thì sẽ kéo theo cả hai số kia bằng 0, vì thế nên có thể giả sử x yz 6= 0. Ý tưởng
là tìm biểu thức đối xứng giữa các biến x , y, z.
Cách 1. Đặt p = x + y + z, q = x y + yz + z x , r = x yz, cộng các phương trình lại, vế
theo vế, ta có x + y + z − a ( x + y + z ) = x y + yz + z x nên p ( 1 − a ) = q. Nhân lần lượt
mỗi phương trình 1, 2, 3 cho x , y, z, ta có
x
2− a x y = y
2− a yz = z
2− az x = x yz.
Cộng các phương trình vế theo vế, ta có
x
2+ y
2+ z
2− a ( x y + yz + z x ) = 3x yz nên p
2− 2q − aq = 3r .
Cuối cùng, bình phương các phương trình, vế theo vế rồi cộng lại, ta có
( x − a y )
2+ ( y − az )
2+ ( z − a x )
2= x
2y
2+ y
2z
2+ z
2x
2hay
( a
2+ 1)( p
2− 2q ) − 2aq = q
2− 2pr.
Rút điều kiện q = p ( 1 − a ) ở trên, thế xuống phương trình dưới, ta có p
2+ ap ( a −
1)( a + 2) = 3r và ( a
2+ 1)( p
2− 2p (1 − a )) = p
2( a − 1)
2− 2pr. Từ đó ta có hệ điều kiện
p
2+ p ( a − 1 )( a + 2 ) = 3r và ( a
2+ 1 )( p + 2a − 2 ) + 2a ( a − 1 ) − p ( a − 1 )
2= − 2r
Giải ra, ta có ( p, q, r ) = ( 0, 0, 0 ) hoặc ( 3 ( 1 − a ) , 3 ( a − 1 )
2, ( 1 − a )
3) , hoặc (− a
2− a −
1, a
3− 1, a
2+ a + 1). Ta xét các trường hợp
1. Nếu ( p, q, r ) = (0, 0, 0) thì x = y = z = 0, đã xét ở trên.
2. Nếu ( p, q, r ) = (3(1 − a ), 3( a − 1)
2, (1 − a )
3) thì do p
2≥ 3q nên đẳng thức phải
xảy ra, ta tìm được x = y = z = 1 − a.
3. Cuối cùng với ( p, q, r ) = (− a
2− a − 1, a
3− 1, a
2+ a + 1 ) thì theo định lý Viete,
các số x, y, z là nghiệm của phương trình bậc 3 biến t là
t
3+ ( a
2+ a + 1 ) t
2+ ( a
3− 1 ) t − ( a
2+ a + 1 ) = 0.
Xét hàm số f ( t ) = t
3+ ( a
2+ a + 1 ) t
2+ ( a
3− 1 ) t − ( a
2+ a + 1 ) thì
f (0) = −( a
2+ a + 1) < 0, f (−2a ) = 2a
4− 4a
3+ 3a
2+ a − 1 > 0, ∀ a > 1
nên theo định lý hàm liên tục thì phương trình sẽ có ba nghiệm thực phân biệt
α , β , γ trên các khoảng (−∞ ; − 2a ) , (− 2a; 0 ) , ( 0; +∞) . Theo trên thì hệ sẽ có 2
nghiệm âm và 1 nghiệm dương; do đó, trong hoán vị 3! = 6 bộ nghiệm của đa
thức này, ta chỉ nhận đúng 3 nghiệm thỏa mãn các điều kiện sau
x < 0, y < 0, z > 0 và x < 0, y > 0, z < 0 và x > 0, y < 0, z < 0.
Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm là
(0, 0, 0), (1 − a, 1 − a, 1 − a ) và (α, β, γ)
với các dấu được chọn như trên.
Cách 2. Ngoài cách biến đổi như trên, ta có thể thực hiện theo hướng khác, đỡ “cơ
bắp” hơn như sau: Bỏ qua trường hợp x = y = z = 0, rõ ràng nếu có hai số bằng nhau
thì ta suy ra được cả ba số bằng nhau và bằng 1− a. Ta xét x yz ( x − y )( y − z )( z − x ) 6= 0
và biến đổi như sau:
a = x − yz
y − z .
y = y − z x
z = ( x − y )( z + 1 )
Xây dựng các đẳng thức tương tự và nhân lại, ta có được ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = a
3.
Suy ra p + q + r = a
3− 1. Lại có
( a + x )( a + y )( a + z ) = x
y · y
z · z
x = 1
nên a
2p + aq + r = 1 − a
3. Đến đây có thể tính được p, q, r theo a nhẹ nhàng hơn
nhiều. Sau đó, giải tiếp tương tự như trên.
Nhận xét. Ở bài toán này, ý a có thể nói là không thể không làm được. Tuy nhiên, ý b
lại đòi hỏi phải tính toán khá chắc tay. Nếu ta biến đổi rút các biến thế “chồng chéo” vào
nhau rồi đưa về một phương trình bậc cao rất khó để chỉ ra nó có đủ 5 nghiệm. Ý tưởng
đối xứng hóa ở đây cũng tương đối tự nhiên. Đây là một bài đại số ứng dụng đa thức rất
mới mẻ và thú vị.
Dưới đây là một đề tương tự (lấy ý tưởng từ “dấu bằng” trong BĐT Vasile Cirtoaje). Xin
gửi đầy đủ cả đề lẫn lời giải để mọi người thấy được hiệu quả của tính đối xứng hóa:
Cho x , y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện:
x
2− x y + yz = y
2− yz + z x = z
2− z x + x y.
Đặt T =
(x+x yzy+z)3
. Chứng minh rằng T = 27 hoặc T = 49.
Chứng minh. Đặt A = x
2− x y + yz, B = y
2− yz + z x , C = z
2− z x + x y thì A + B + C =
x
2+ y
2+ z
2và
A
2+ B
2+ C
2= x
4+ y
4+ z
4+ 2 ( x
2y
2+ y
2z
2+ z
2x
2) − 2 ( x
3y + y
3z + z
3x )
= ( x
2+ y
2+ z
2)
2− 2( x
3y + y
3z + z
3x ) = ( A + B + C )
2− 2( x
3y + y
3z + z
3x )
⇔ AB + BC + CA = x
3y + y
3z + z
3x
Do A = B = C nên ( A + B + C )
2= 3( AB + BC + CA ) ⇔ ( x
2+ y
2+ z
2)
2= 3( x
3y +
y
3z + z
3x ) . Đặt a = x + y + z, b = x y + yz + z x , c = x yz và A = B = C = k
2. Suy ra
3k
2= x
2+ y
2+ z
2hay a
2− 2b = 3k
2. Ta cũng có
x
4− x
3y + x
2yz = k
2x
2, y
4− y
3z + x y
2z = k
2y
2, z
4− z
3x + x yz
2= k
2z
2nên
x
4+ y
4+ z
4− ( x
3y + y
3z + z
3x ) + x yz ( x + y + z ) = 3k
4Theo (*) thì 3 ( x
3y + y
3z + z
3x ) = ( x
2+ y
2+ z
2)
2= 9k
4nên x
4+ y
4+ z
4+ x yz ( x +
y + z ) = 6k
4⇔ −2b
2+ 5ca = 3k
4. Mặt khác, ta cũng có
x
2yz − x y
2z + y
2z
2= k
2yz
y
2z x − x yz
2+ z
2x
2= k
2z x
z
2x y − x
2yz + x
2y
2= k
2x y
Suy ra x
2y
2+ y
2z
2+ z
2x
2= k
2( x y + yz + z x ) ⇔ b
2− 2ca = bk
2, ta có hệ
a
2− 2b = 3k
22b
2− 5ca = 3k
4b
2− 2ca = bk
2b = 3k
2Từ đẳng thức thứ 2 và 3, ta có b
2= 5bk
2− 6k
4⇔
b = 2k
2. Ta xét 2 trường hợp
1. Nếu b = 3k
2thì a
2= 9k
2và ca = 3k
4. Do đó T =
ac3
=
aac4
=
81k3k4
4
= 27.
2. Nếu b = 2k
2thì a
2= 7k
2và ca = k
4. Do đó T =
ac3
=
aac4
=
49kk4
4