|
|
|
Cách 1: Từ PT thứ hai ⇒4x2−22x+21=4y+3, thay và PT thứ nhất ta đượcy3+3y2+5y+3=(2x+1)2x−1−−−−−√⇔(y+1)(y2+2y+3)=(2x+1)2x−1−−−−−√Đặt f(t)=t(t2+2) thì PT trên ⇔f(y+1)=f(2x−1−−−−−√)Ta có f′(t)=3t2+2>0∀t nên f là hàm đồng biến, suy ra y+1=2x−1−−−−−√⇒2x2−11x+11=2y+2=22x−1−−−−−√⇒2x2−11x+11=22x−1−−−−−√⇒(2x2−11x+11)2=4(2x−1)⇒(x−1)(x−5)(2x−5)2=0Từ đấy thu được: (x,y)∈{(1,0),(5,2),(5/2,1)}Thử lại chỉ có (x,y)∈{(1,0),(5,2)} Cách 2: Điều kiện của hệ phương trình là x≥12.Biến đổi tương đương hệ phương trình này, ta được {y3+3y2+y+2(2x2−11x+9)+3=(2x+1)2x−1−−−−−√2x2−11x+9=2y ⇔{y3+3y2+y+4y+3=(2x+1)2x−1−−−−−√2x2−11x+9=2y
⇔{(y+1)3+2(y+1)=(2x−1−−−−−√)3+22x−1−−−−−√2x2−11x+9=2y (∗).
Xét hàm số f(t)=t3+2t,∀t∈R. Khi đó ta có f′(t)=3t2+2,∀t∈R. Suy ra f′(t)>0,∀t∈R. Điều này cho thấy hàm số f đồng biến trên R. Từ đó ta có (∗)⇔{y+1=2x−1−−−−−√2x2−11x+9=2y
⇔⎧⎩⎨⎪⎪y≥−1x=y2+2y+222x2−11x+9=2y ⇔⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪y≥−1x=y2+2y+222.(y2+2y+22)2−11.(y2+2y+22)+9=2y ⇔⎧⎩⎨⎪⎪y≥−1x=y2+2y+22y4+4y3−3y2−18y=0
⇔⎧⎩⎨⎪⎪y≥−1x=y2+2y+22y=0∨y=2∨y=−3
⇔{x=1y=0∨{x=5y=2. Vậy, hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt, đó là (x;y)=(1;0), hoặc (x;y)=(5;2).$
|