Your SlideShare is downloading. ×

Chuyen de he phuong trinh

15,002

Published on

3 Comments
10 Likes
Statistics
Notes
No Downloads
Views
Total Views
15,002
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
487
Comments
3
Likes
10
Embeds 0
No embeds

Report content
Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
No notes for slide

Transcript

  • 1. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng CHUYÊN ĐỀ TOÁN PHỔ THÔNG ươ SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ỳD hu ịT Th ần Tr à n♥ To ng oà ôHNgc Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 1
  • 2. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng LỜI NÓI ĐẦU ươTrong thế giới toán học,các mảng kiến thức luôn có mối quan hệ hữu cơ với nhau. Nhà toán họcRené Descartes đã đại số hoá hình học khi tạo ra thế giới hình giải tích . Có thể nói khi ta quan tâmđến một vấn đề nào đó trong toán mà lại lãng quên đi các lĩnh vực khác thì thật là điều đầy tiếc ỳDnối,muốn thành công phải biết chiêm nghiệm và học hỏi nhiều điều,giữa những khoảng không gianbao la luôn tồn tại tình yêu đẹp. Bất đẳng thức được xem như là đề tài hấp dẫn thu hút sự quan tâm của các toán thủ trên các diễnđàn,sự huyền bí của hai cặp dấu ≥ ≤ luôn thách thức trí óc và độ tư duy của người giải toán. Chẳng hunhững thế,phân môn này luôn là câu đánh đố cao trong các đề thi học sinh giỏi,Olympic và tuyểnsinh đại học. Chợt nhớ đến đề thi đại học khối A năm 2012 vừa qua là câu khống chế điểm của hầu ịThết thí sinh,như thế cho ta thấy mức độ khó của lớp bài toán này luôn cao. Nếu xem bất đẳng thức như "Ông hoàng" trong toán phổ thông thì hệ phương trình như mộtcô gái chân quê hút hồn bao nhiêu gã si tình,những chàng thợ săn mãi mê tìm vẻ đẹp của nàng,khẽgõ cửa trái tim nàng để mong đến lúc nào đó tìm ra chân lí (x; y) ở đâu ? Ta lại chợt nhận ra nếu Thcâu bất đẳng thức trong đề đại học không có hay không quá khó thì nàng lại vững bước kiêu sa làmcho bao sỉ tử đau đầu đi chinh phục. Đó có lẽ là tình yêu đẹp có chút nhẹ nhàng nhưng lắm phongba. Sự xa cách của nơi đô thành tấp nập và chốn thôn quê bình dị ấy,có lúc nào lại gặp nhau nơi ầndòng sông hò hẹn này,nơi tình cảm nồng ấm của những đôi trai gái yêu nhau.Tác giả xin làm con đònhỏ đưa lữ khách sang sông,nối nhịp đôi bờ lại với nhau qua chuyên đề Tr SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Cho bài biết tham gia vào "Tuyển tập các chuyên đề ôn thi đại học của diễn đàn n♥www.k2pi.net 1 " để góp phần đưa các thí sinh đang có chút phân vân về cách học và ôn tập toánnhư thế nào là hiệu quả để thẳng tiến vào cánh cổng đại học phía xa kia có một tài liệu ôn tập bổtrợ cả hai mảng hệ phương trình và bất đẳng thức,đồng thời cũng muốn gởi đến đọc giả yêu toánchút gia vị yêu thương dù nhỏ bé này. à Điều đặc biệt tác giả muốn gởi tặng chuyên đề này đến người con gái mà tác giả yêu thươngmang tên Trần Thị Thuỳ Dương Lớp Dược B Khoá 38 Đại Học Y Dược Cần Thơ như thể hiện tình Tocảm của chính bản thân mình. Do không phải theo nghiệp cầm phấn và kiến thức toán còn hạn hẹp nên chắc hẳn sai sót là điềukhông thể tránh khỏi được,rất mong nhận được sự góp ý của quý bạn đọc qua địa chỉ Ngô Hoàng Toàn ngLớp YD1 khoá 38 Trường Đại học Y Dược Cần Thơ hoặc email:Ngohoangtoan1994@gmail.com.Rất mong nhận được sự quan tâm của các bạn để lần viết chuyên đề sau được hoàn thiện hơn.Thân mến! oà Cần Thơ, ngày 01 tháng 01 năm 2013 ôH Ngô Hoàng Toàn 1 Tuyển tập dự kiến sẽ tổng hợp và biên soạn các bài viết dưới dạng các bài giảng,chuyên đề thànhNgmột ebook hoàn chỉnh.Dự kiến sẽ hoàn thành trong tháng 3 năm 2013.Mọi thắc mắc và đăng kí thamgia chuyên đề xin liên hệ trực tiếp tại forum:www.k2pi.net.2 TY D
  • 3. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Phần 1:KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ươMỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG • Bất đẳng thức AM-GM: ỳD Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực không âm thì ta có: √ a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1 a2 ...an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . hu Tuy nhiên,khi giải toán ta hay quan tâm nhiều đến trường hợp và .Mà ta thường được biết đến dưới phát biểu: ịT √ 1. Cho a, b ≥ 0 .Khi đó ta có:a + b ≥ 2 ab .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b. Bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng khác tương đương là: 2 Th a+b (a) ≥ ab 2 (b) (a + b)2 ≥ 4ab (c) a2 + b2 ≥ 2ab (a + b)2 ần 2 2 (d) a + b ≥ 2 √ 2. Cho a, b, c ≥ 0 Khi đó ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Tr Bất đẳng thức này còn có một số ứng dụng khác khá phổ biến như sau: Với mọi số thực a, b, c ta luôn có: (a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca n♥ (a + b + c)2 (b) a2 + b2 + c2 ≥ 3 2 (c) (a + b + c) ≥ 3 (ab + bc + ca) (d) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ abc (a + b + c) à (e) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc (a + b + c) To • Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: Với hai bộ số thực tùy ý a1 , a2 , ..., an vàb1 , b2 , ..., bn ta có : (a2 + a2 + ... + a2 )(b2 + b2 + ... + b2 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 1 2 n 1 2 n a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ... = . ng b1 b2 bn Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel Giả sử a1 , a2 , ..., an là các số thực bất kì và b1 , b2 , ..., bn là các số thực dương . Khi đó ta luôn oà a1 2 a2 2 an 2 (a1 + a2 + ... + an )2 có : + + ... + ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + ... + b a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ... = ôH b1 b2 bn Tuy nhiên,khi giải toán ta hay quan tâm nhiều đến trường hợp n = 2 và n = 3 . Khi đó ta gặp một số đánh giá quen thuộc sau: Cho a, b, c > 0 ta có:Ng (a + b + c)2 1. a2 + b2 + c2 ≥ 3c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 3
  • 4. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng 1 1 1 2. (a + b + c) + + ≥9 a b c ươ • Bất đẳng thức Minkowski 1 1 1 + a1 , a2 , ..., an ∈ n p n p n p và 1 < p ∈ + .Khi đó ap bp (ak + bk )p ỳD Cho k + k ≥ b1 , b2 , ..., bn ∈ + k=1 k=1 k=1 Nhưng ta quan tâm nhiều nhất là các bất đẳng thức quen thuộc sau: √ √ hu 1. a2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 √ 2. a2 + b 2 + c 2 + m 2 + n2 + p2 ≥ (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 ịT 3. a1 2 + b 1 2 + a2 2 + b2 2 + ... + an 2 + b n 2 ≥ (a1 + a2 + ... + an )2 + (b1 + b2 + ... + bn )2 Th ần Tr à n♥ To ng oà ôHNg4 TY D
  • 5. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Phần 2.CON ĐƯỜNG ĐI TỪ BÀI TOÁN ĐẾN SUY NGẪM CỦA BẢN THÂN ươ Chương I.BẤT ĐẲNG THỨC VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2 ẨN SỐ Bài toán 01 Giải hệ phương  trình: √ ỳD 4 4 xy x +y 3  4 = − x+y 8  (x + y) (1) √ 1 3  +√ =4 x y  hu Phân tích bài toán ịTCâu hỏi đặt ra lúc này là khi ta nhìn vào hệ này,tại sao ta lại nghĩ rằng đây là hệ giải bằng phươngpháp Bất đẳng thức.Thật ra, điều ta quan tâm đến giả thiết bài toán đó chính√ phương trình là x4 + y 4 xythứ nhất.Sự đối xứng hai biến x, y và có sự xuất hiện của đại lượng 4 và .Đây là điều (x + y) x+y Thquen thuộc trong các bước đánh giá bất đẳng thức.Đại lượng (x + y)4 yếu hơn x4 + y 4 nên ta √nhận ra được V T ≥ a còn x + y thì mạnh hơn xy nên ta nghĩ đến việc đánh giá V P ≤ a để đưavề V T ≥ a ≥ V P từ đó đưa ra dấu đẳng thức.Việc còn lại là giải phương trình thứ hai không quá khó. ần Lời GiảiĐiều kiện x, y > 0 TrÁp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có: (x2 + y 2 )2 (x + y)4 x4 + y 4 ≥ ≥ 2 8 n♥ 1Do đó vế trái hệ (1) ≥ 8Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho vế phải hệ (1) ta có √ √ xy 3 xy 3 1 à − ≤ √ − = x+y 8 2 xy 8 8 ToDấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y 4Thay vào hệ (2) ta có √ = 4 ⇔ x = 1. x ngVậy nghiệm của hệ là x = y = 1 .Nhận xét oàVới việc bắt đầu bước vào giải các lớp bài toán hệ bằng bất đẳng thức,đây có lẽ là ví dụ dễ tiếpcận với các bạn làm quen phương pháp này.Ý tưởng trong sáng cho hệ trên và phương pháp kết hợp 1 ôHchặn V P ≤ ≤ V T là một trong những bước khởi đầu cho con đường chinh phục các dạng toán 8như thế này.Với việc đánh giá như thế ta có thể đưa bài toán khó hơn chút nửa như sau.Giải hệ phương trình :  4x4 + y 4 + 6x2 y 2 = x3 x2 − y 2Ng x4 y + y 4 √x + 7√x = 0c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 5
  • 6. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngBài tập tương tự ươ1.Giải hệ phương trình sau:  2x + 4y = 32 xy = 8 ỳD Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh năm 2008-2009. hu2.Giải hệ phương trình sau:  ịT 2(x + y)2 + 4xy − 3 = 0 (x + y)4 − 2x2 − 4xy + 2y 2 + x − 3y + 1 = 0 Bài toán 02 Tìm tất cả các cặp số (x; y) không âm thỏa mãn hệ: Th  √ (2x + 4x2 + 1)( y 2 + 1 − y) = 1  1 + 1 + 1 = 3 1 + 3x 1 + 2y 1 + 5x 1 + 4x ần Nguồn gốc TrBài toán được đưa lên trang www.k2pi.net bởi anh Nguyễn Trung Kiên,bài toán chuẩn mực và đầylí thú ,những tư duy chặt chẽ trong đó cho ta nhiều điều suy ngẫm để hướng tới những bài toán vàcách sáng tạo hệ mới.Lời giải đến hiện nay cho bài toàn này là từ anh Con Phố Quen, một lời giảiđẹp mang đậm chất nghệ thuật. n♥ Phân tích bài toán 1 1 1Điều đầu tiên khi ta nhìn vào bài toán này chính là các đại lượng + + đó là các à √ 1 + 3x 1 + 2y 1 + 5xđại lượng mũ và điều kì thú là 3x .4x .5x = 60x ≤ 64x với 64x = 4x .Vậy chắc rằng tồn tại bất đẳng 3 To 1 1 1 3thức có dạng + + ≥ √ để hệ thứ hai là một bất đẳng thức dưới dạng bổ 1+a 1+b 1+c 1 + 3 abcđề toán.Chính điều này đã định hướng phần nào cho ta cách tiếp cận bài toán dưới cách nhìn bấtđẳng thức. ng Lời giải oàTrước tiên ta cần để ý rằng : ôH y 2 + 1 − y = 0; y2 + 1 − y y2 + 1 + y = 1Tiếp đến là một bất thức quen thuộc được dùng trong bài toán này như một bổ đề :Ng 1 1 1 3 + + ≥ √ với a, b, c ≥ 1 1+a 1+b 1+c 1 + 3 abc6 TY D
  • 7. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngVới đánh giá thứ nhất ta đưa phương trình thứ nhất trong hệ về phương trình : ươ √ 2x + 4x2 + 1 = y + y 2 + 1 √ t ỳDTới đây xét hàm số f (t) = t + t2 + 1, ∀t ≥ 0. Ta có f (t) = 1 + √ > 0, ∀t ≥ 0. t2 + 1Từ đó ta có :f (2x) = f (y) ⇔ y = 2x.Với kết quả này cùng với đánh giá thử hai tức là bổ đề nêu ra ta có : 1 1 1 3 3 hu x + x + x ≥ √3 ≥ √ 1+3 1+4 1+5 1 + 60 x 1 + 3 64xDấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 0 ịTNhận xét Lời giải trên giúp ta có lối tư duy đẹp cho việc tạo ra các bài toán hay,cái khó của bài toán cònnằm ở chổ đánh giá 60x ≤ 64x với x ≥ 0.Từ bài toán trên ta cũng có thể tạo ra những bài toán ấn Thtượng,ví dụ như bài toán sau.Giải hệ phương trình sau:(2x + √4x2 + 1)( y 2 + 1 − y) = 1(1 + 2x )(1 + 2y )(1 + 5x ) = (1 + 4x ) ầnBài tập tương tự1.Tìm nghiệm dương của hệ : 3x 4y 2z + + =1 Tr x+1 y+1 z+1 . 9 3 4 2 8 .x y z = 12.Giải hệ phương trình n♥x + y + z = 1x4 + y 4 + z 4 = xyz Bài toán 03 Tìm tất cả các cặp số (x; y) dương thỏa mãn hệ: à  9 41 x2 + 1  To = 3 + 40x (1) 2 2x + y  x2 + 5xy + 6y = 4y 2 + 9x + 9 (2)  ng Nguồn gốcBài toán này được bạn Hải với nick hoanghai1195 đưa lên diễn đàn www.K2pi.net trong thời giandài dù nhận được nhiều sự quan tâm nhưng chưa có lời giải nào.Sau đó bạn đã đưa lời giải của mình oàlên,một lời giải đẹp và đầy tính đánh đố. ôH Phân tích bài toán Đại lượng căn làm ta có cảm giác thấy khó xử lí,công việc ta cần làm là phá các căn thức đóđi,để ý rằng 41.2 = 82 = 92 + 12 vậy theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có : 1 1Ng (92 + 12 ) x2 + ≥ |9x + | 2x + y (2x + y)c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 7
  • 8. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngMà ta dự đoán được x = y = 3 là nghiệm của hệ nên để ý đến việc chọn điểm rơi để phá căn thứccòn lại như sau: ươ 1 1.3 6 6 |9x + | = |9x + | ≥ |9x + | ≥ 9x + 2x + y) 9(2x + y) 2x + y + 9 2x + y + 9 ỳDViệc phá căn hoàn tất vấn đề còn lại là sử dụng giả thiết còn lại bài toán để giải quyết vấn đề trên. Lời giải hu 41 2 1 1 6 + 80x 9 x + = 3 + 40x ⇔ 82 x2 + = (a) 2 2x + y 2x + y 9 ịTTheo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có : 1 1 1 82 x2 + = (92 + 12 ) x2 + √ ≥ |9x + | Th 2x + y ( 2x + y)2 (2x + y)Theo bất đẳng thức AM − GM ta lại có : 1 1.3 6 |9x + | ≥ 9x + ≥ 9x + (2x + y) 9(2x + y) 2x + y + 9 ầnĐể phương trình (a) có nghiệm thì Tr 6 + 80x 18x2 + 9xy + 81x + 6 ≥ ⇔ 3x − 2x2 − xy + 6y ≥ 0 (3) 9 2x + y + 9Cộng phương trình (2) với phương trình (3) ta được: n♥ −x2 + 4xy − 4y 2 + 12y − 6x − 9 ≥ 0 ⇔ −(x − 2y + 3)2 ≥ 0 ⇔ x + 3 − 2y = 0Vậy dấu bằng ở các bất đẳng thức trên xảy ra hay: x = y = 3.Thử lại ta thấy thoả mãn hệ ban đầu. à x=3 ToVậy nghiệm của hệ : y=3Nhận xét Xét về tính thực tế bài này rất khó đòi hỏi người giải phải thuần thục kỉ năng sử dụng cả hai bất ngđẳng thức AM − GM và Cauchy Schwarz.Điều ta quan tâm là cách tác giả đi từ những đánh giácơ bản đi đến bài toán của mình,khi các bạn đọc lời giải trên có lẽ các bạn thấy được rằng điểmmấu chốt giải quyết bài toán nằm ở các đánh giá thông qua việc chọn điểm rơi trong bất đẳng thức oàAM − GM và Cauchy Schwarz.Xin được nói thêm cách chọn được điểm rơi như thế. • Thứ nhất ôH 1 1 Việc có đánh giá (92 + 12 ) x2 + √ ≥ |9x + | là do ta đoán được hệ ( 2x + y)2 (2x + y) 9 1 có nghiệm x = y = 3 nên ta quan tâm dấu đẳng thức xảy ra là = . khi ta thay x 1 √Ng 2x + y x = y = 3 vào thì điều này đúng,vậy ta lí giải được phần đáng giá này.8 TY D
  • 9. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng • Thứ hai 1.3 6 Với đánh giá này 9x + ≥ 9x + ta dựa vào điểm rơi của AM − GM 9(2x + y) 2x + y + 9 ươ qua việc phá bỏ căn thức.Thấy biểu thức trong căn có giá trị là 9 muốn phá bỏ căn thức này ta cần thêm vào số 3 dưới mẫu thì thêm 3 trên tử.Như thế khi áp dụng AM − GM dấu đẳng ỳD thức vẫn bảo toàn.Bài tập tương tựGiải hệ phương trình: x + 6√xy − y = 6  hu  x3 + y 3 x + 6 2  − 2(x2 + y 2 ) = 3 x + xy + y 2 ịT Bài toán 04 Tìm tất cả các cặp số (x; y) dương thỏa mãn hệ:  2x2 (4x + 1) + 2y 2 (2y + 1) = y + 32 x 2 + y 2 − x + y = 1 Th 2 Phân tích bài toán ầnTa thấy rõ việc đánh giá bất đẳng thức qua sự đối xứng các biến x, y.Nhưng điều quan trọng là tanên khai thác giả thiết này như thế nào ? Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ được viết thành 1 1 1 1(x− )2 +(y + )2 = 1 vậy nếu đặt a = x− ; b = y + thì ta có ngay chặn của biến a, b ∈ [−1; 1].Việc Tr 2 2 2 2còn lại là biến đổi phương trình thứ nhất về các đại lượng đánh giá thích hợp. n♥ Lời giải 1 1Từ phương trình 2 ta có: (x − )2 + (y + )2 = 1 2 2 1 1 1 1Vậy nếu ta đặt x − = a; y + = b thì x = a + ; y = b − và a, b ∈ [−1; 1] à 2 2 2 2Lúc này thay vào phương trình 1 ta có được: To 8a3 + 14a2 + 8a + 4b3 − 4b2 = 30Hay ng (4a2 + 11a + 15)(a − 1) + 2b2 (b − 1) = 0(1)Vì a, b ∈ [−1; 1] nên ta có  2 + 11a + 15)(a − 1) ≤ 0 và b2 (b − 1) ≤ 0 (4a  oà a = 1 a = 1Kết hợp với (1) ta suy ra hoặc b = 0 b = 1  x = 3 ôH  a = 1 * Nếu thì 2 b = 0 y = −1   2  a = 1 x =  3*Nếu thì 2Ng b = 1 y = 1  2c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 9
  • 10. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng 3 −1 3 1Vậy nghiệm (x; y) của hệ là ( ; ), ( ; ) . 2 2 2 2 ươNhận xétThật trùng hợp khi bài toán trên có một dạng tương tự khá khó nằm trong đề thi thử lần 1 của diễnđàn K2pi.net như sau: ỳDGiải hệ phương trình : (x + y) (25 − 4xy) = 105 + 4x2 + 17y 2  4 4x2 + 4y 2 + 4x − 4y = 7 hu 3a − 1 3b + 1Lời giải Đặt x = ;y = .Lúc đó hệ trở thành: 2 2  −6b3 + 9b2 = 6a3 + 14a − 20 (1) ịT a2 + b 2 = 1Ta có (1) ⇔ 3b2 (3 − 2b) = (a − 1)(6a2 + 6a + 20) Th⇔ 3(1 − a2 )(3 − 2b) = (a − 1)(6a2 + 6a + 20)⇔ (a − 1)(6a2 + 6a + 20 + 9 − 6b + 9a − 6ab) = 0 1+) Với a = 1 ⇒ b = 0 ⇒ x = 1; y = 2 ần+) Với 6a2 + 29 + 15a − 6b − 6ab = 0 (2) ta có: V T (2) ≥ 6a2 + 29 − 15 − 6 − 3 = 6a2 + 5 > 0 nêntrường hợp này phương trình vô nghiệm. 1Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; ) Tr 2Bài toán tương tựGiải hệ phương trình :  n♥ x 4 + y 4 = 2 x3 − 2x2 + 2x = y 2. x + 2(y − √x − 1) ≤ 19 + 1  Bài toán 05 Giải hệ bất phương trình: 5 y2 + 1  √2x + y − 2 + √y − x + 1 = 3 à To • Lời giải 1 ng Phân tích : Nhận thấy hệ này có ba biểu thức chứa căn, ta suy nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để bỏ căn. Nhưng bài toán đặt ra là đặt ẩn phụ như thế nào? oà √ √ Rõ ràng hai biểu thức 2x + y − 2; y − x + 1 có mối liên hệ với nhau nên ta chỉ cần đặt ẩn √ phụ cho một trong hai biểu thức này và đặt ẩn còn lại là x − 1. √ √ ôH Lời giải dưới đây lựa chọn y − x + 1 làm một ẩn, bạn hoàn toàn có thể đặt u = 2x + y − 2 Lời giải   x≥1  Điều kiện: y−x+1≥0 Ng  2x + y − 2 ≥ 0 10 TY D
  • 11. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng √ u= y−x+1≥0 x = v2 + 1 Đặt √ ⇒ v = x−1≥0 y = u2 + v 2 ươ Khi đó đưa về hệ bất phương trình:  v 2 + 1 + 2 (u2 + v 2 − v) ≤ 19 + 1  5 (u2 + v 2 )2 + 1 ỳD u + 2 (v 2 + 1) + u2 + v 2 − 2 = 3   (v − 1)2 + 2 (u2 + v 2 ) ≤ 19 + 1  hu ⇔ 5 (u2 + v 2 )2 + 1 √  u+ u 2 + 3v 2 = 3 ịT Để ý bất phương trình đầu của hệ có chung nhân tử (u2 + v 2 ) nên ta nghĩ đến việc loại bỏ (v − 1)2 ≥ 0, từ bất phương trình này ta suy ra được: 19 1 Th 2 u2 + v 2 ≤ + 5 (u 2 + v 2 )2 + 1 2 ⇔ u2 + v 2 − 2 10 u2 + v 2 + u2 + v 2 + 12 ≤ 0 ⇔ u2 + v 2 ≤ 2 ần Mặt khác sử dụng bất đẳng thức AM − GM cho Tr √ u2 + 1 4 + u2 + 3v 2 3 (u2 + v 2 ) + 6 3.2 + 6 3=u+ u2 + 3v 2 ≤ + = ≤ =3 2 4 4 4 Do vậy các dấu đẳng thức xảy ra, tức n♥   (v − 1)2 = 0 √  u=1 y−x+1=1 x=2 u=1 ⇔ ⇔ √ ⇔  √ v=1 x−1=1 y=2  2= u 2 + 3v 2 à thỏa mãn điều kiện. To Vậy hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2) . • Lời giải 2  2x + y − 2 ≥ 0  ng Điều kiện: 2y − 2 + 2 ≥ 0  x≥1  Ta có: √ oà (x − 2)2 x + 2y − 2 x − 1 = √ + 2y ≥ 2y (∗) x+2 x−1 Do đó bất phương trình (1) đúng khi và chỉ khi bất phương trình sau phải đúng ôH 19 1 + 2 ≥ 2y 5 y +1Ng ⇔ (y − 2)(10y 2 + y + 12) ≤ 0 ⇔ y ≤ 2 (∗∗)c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 11
  • 12. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Từ phương trình (2): ươ x + 2y − 1 + 2 (2x + y − 2)(y − x + 1) = 9 Ta có 2x + y − 2 + 4(y − x + 1) 9y V T ≤ x + 2y − 1 + = ỳD 2 2 Từ đó suy ra 9y ≥9⇔y≥2( ) 2 Từ ( ); ( ); ( ) hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2) huNhận xét ịTCác đánh giá trong bài toán đều rất khéo tuy nhiên lời giải 1 là tường minh và cho ta suy nghĩ đẹphơn.Những hệ bất phương trình dạng này là một ví dụ điển hình cho lối giải toán bất đẳng thứctrong hệ. ThBài toán tương tự 1. Giải hệ phương trình: 2√xy + √1 − 2y ≤ √2y  ần 2005√2xy − y + 2006y = 1003 Tr 2. Giải hệ phương trình :  x6 + y 8 + z 10 ≤ 1 x2007 + y 2009 + z 2011 ≥ 1 n♥ (y + 1)2 + y y 2 + 1 = x + 3  Bài toán 06 Giải hệ phương trình: 2 x + √x2 − 2x + 5 = 1 + 2√2x − 4y + 2 à To Phân tích bài toán ng Bài toán này không dễ nhận ra việc sử dụng bất đẳng thức như thế nào,lớp bài toán này thườnghay phổ biến trong các đề.Khi ta biến đổi qua một số bước sẽ đưa đến việc dùng bất đẳng thức đểchứng minh các phương trình là có nghiệm hay vô nghiệm.Qua biến đổi ta đưa về một phương trình oàlà : (x − 1)2 + 4 ≥ |x − 1| ≥ (x − 1) ôH 2 y 2 + 1 > 2 |y| ≥ 2y.Việc phát hiện ra dùng đánh giá dạng A2 ≥ 0 là cách đưa bài toán dễ chứng minh hơn bởi nếu tatìm cách giải phương trình (x − 1) + (x − 1)2 + 4 = 2y + 4y 2 + 4 là điều rất khó bởi hệ trên cócả căn thức và hai biến x, y.Vì thế ta đi đến lời giải sauNgĐiều kiện : x − 2y + 1 ≥ 012 TY D
  • 13. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngTừ phương trình (1) của hệ ta có : ươ (y 2 + 1) + 2y y 2 + 1 + y 2 = 2x − 4y + 2 2 ⇔ y+ y2 + 1 = 2x − 4y + 2 (a) ỳD Từ phương trình thứ (2) ta lại có : 2 2 (x − 1) + (x − 1) + 4 = 4(2x − 4y + 2) (b) huTừ (a) và (b) cho ta : ịT 2 2 2 (x − 1) + (x − 1) + 4 = 4 y + y 2 + 1  x + 2y − 1 + (x − 1)2 + 4 + 2 y 2 + 1 = 0 Th (3) ⇔  (x − 1) + (x − 1)2 + 4 = 2y + 4y 2 + 4 (4)-Với phương trình (3) để ý là : ần (x − 1)2 + 4 ≥ |x − 1| ≥ (x − 1) 2 y 2 + 1 > 2 |y| ≥ 2y Tr ⇒ x + 2y − 1 + (x − 1)2 + 4 + 2 y 2 + 1 > 0( ) n♥- Với phương trình (4) ta có : [(x − 1) − 2y] (x + 2y − 1) [(x − 1) − 2y] + = 0 ⇔ x − 1 = 2y (x − 1)2 + 4 + 4y 2 + 4 à To( Do chứng minh ( ) làm cho biểu thức trong ngoặc của nhân tử liên hợp >0 )-Với x − 1 = 2y ta thay vào phương trình thứ hai của hệ ban đầu ta được phương trình: √ √ x+ x2 − 2x + 5 = 1 + 2 4x + 1 ngPhần việc còn lại không khó xin dành cho bạn đọc. oà Bài toán 07 Giải hệ phương trình: ôH (x + y + 1)(x + y + 1 + xy) = 12xy √ y 3x − 2x2 − 1 + x 1 + y − 2y 2 + xy = 1Ngc Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 13
  • 14. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Phân tích bài toánBản chất của bài toán nằm ở đánh giá lượng của phương trình thứ nhất,khi quan sát ta nhận thấy ươlượng xy của vế phải yếu hơn x + y của vế trái nên ta nghĩ đến việc dùng AM − GM để đưa về tìmcác chặn của xy.Tương tự như bài toán 1 ta đưa về dạng đánh giá 1 ≤ xy ≤ 1 (Lời giải 1). 1 1 1 ỳDVề lời giải thứ 2,sự khéo léo nằm ở việc biến đổi − = ở phương trình x + y + 1 x + y + 1 + xy 12 1đầu,vấn đề còn lại là dùng bất đẳng thức AM − GM để chuyển về phương trình − x+y+1 4 1 4 1 2 sau đó dùng đạo hàm chứng minh f (t) = − 2 ≤ .Từ những định tính ban t 12 hu(x + y + 2) (t + 1)đầu ta đi đến lời giải sau. ịT Lời giải  1  3x − 2x2 − 1 ≥ 0  ≤x≤1Lời giải 1 Điều kiện: ⇐⇒ 2 Th 1 + y − 2y 2 ≥ 0  −1 ≤ y ≤ 1  2 Lúc này ta có:  x + y + 1 ≥ 1 + −1 + 1 = 1 > 0 ần  2 2 x + y + 1 + xy ≥ 1 + −1 + 1 + 1. −1 = 1 > 0  2 2 2 2 Tr Suy ra 12xy = (x + y + 1)(x + y + 1 + xy) > 0 ⇒ xy > 0 Mà x > 0 nên suy ra y > 0 Do đó từ phương trình 2 ta dễ suy ra được xy ≤ 1 n♥ Mặt khác, theo bất đẳng thức AM − GM thì từ phương trình 1 ta có: 5 √ 12xy = (x + y + 1)(x + y + 1 + xy) ≥ 3 3 x.y.1.(2 x.y + 2 1.xy) = 12(xy) 6 à Suy ra xy ≥ 1 To Do đó xy = 1 ⇐⇒ x = y = 1 Thử  thấy x = 1; y = 1 là nghiệm của hệ. lại x = 1 Vậy . y = 1 ng   1  − ≤x≤1Lời giải 2 Điều kiện: 2  −1 ≤ y ≤ 1 oà  2 +) Với : (x + y + 1) (x + y + 1 + xy) = 0 hệ vô nghiệm. ôH +) Với : (x + y + 1) (x + y + 1 + xy) = 0 1 1 1 Từ phương trình (1) cho ta : − = x + y + 1 x + y + 1 + xy 12 1 1 1 4 Lại có : − ≤ − x + y + 1 x + y + 1 + xy x + y + 1 (x + y + 2)2 1 4Ng Xét hàm số : f (t) = − , t ∈ [1; 3] , trong đó : t = x + y + 1 t (t + 1)214 TY D
  • 15. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng 1 Lập bảng biến thiên cho ta : f (t) ≤ f (3) = 12 x+1=y+1 x=1 ươ Vậy (1) ⇔ ⇔ x+y+1=3 y=1 x=1 Thử lại cho ta nghiệm của hệ : ỳD y=1Vậy nghiệm của hệ là (x, y) = (1; 1)Nhận xét hu • Lời giải 1 tự nhiên hơn hẳn,chỉ thuần sử dụng bất đẳng thức để đánh giá,cái tinh tế ở đây là việc ta sử dụng bất đẳng thức AM − GM tại ịT 5 √ 12xy = (x + y + 1)(x + y + 1 + xy) ≥ 3 3 x.y.1.(2 x.y + 2 1.xy) = 12(xy) 6 Th Tại sao ta không áp dụng AM − GM trực tiếp cho các số mà phải ghép cặp lại,chỉ vì khi ta xét dấu đẳng thức thì việc ghép cặp giúp ta bảo toàn dấu đẳng thức bài toán. • Sự tinh ý của lời giải 2 nằm ở vị trí đánh giá ần (x + y + 2)2 ≥ 4(x + y + 1 + xy) với điều kiện x, y ≤ 1. Điều này đúng theo bất đẳng thức AM − GM vì ta có Tr (x + y)2 (x + y)2 + 4(x + y) + 4 (x + y + 2)2 x + y + 1 + xy ≤ x + y + 1 + +x+y+1= = 4 4 4 n♥ Bài toán 08 Giải hệ phương trình: (x + 6y + 3)√xy + 3y = (8y + 3x + 9)y  à  −x2 + 8x − 24y + 417 = (y + 3)√y − 1 + 3y + 17 To Phân tích bài toán ng Hệ đã cho gồm các phương trình căn thức và đa thức,việc ta nên làm là giải quyết các căn thứckhó chịu trên.Và phương pháp thương dùng nhất là đặt ẩn phụ,nhưng đặt ẩn phụ như thế nào là oàổn.Đó là điều ta quan tâm ? ôH Lời giảiTa viết lại hệ phương trình đã cho như sau: √ (x + 6y + 3) xy + 3y = (8y + 3x + 9)y (1)Ng √ −x2 + 8x − 24y + 417 = (y + 3) y − 1 + 3y + 17 (2)c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 15
  • 16. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng √ √Ta đặt a = x + 3; b = y với a, b ≥ 0Tư đó ta viết lại phương trình (1) thành : ươ (a2 + 6b2 )ab = b2 (8b2 + 3a2 ) ỳDVậy ta có : b = 0 hay a3 + 6ab2 = 8b3 + 3a2 bVậy ta có : hu • b = 0 Suy ra y = 0 không thoả phương trình (2). • (a − 2b)(a2 − ab + 4b2 ) = 0 ⇒ a = 2b ịTVới a = 2b ⇒ x + 3 = 4yThay vào (2) ta có : 4 (y + 4)(6 − y) = (y + 3) y − 1 + 3y + 17 ThTheo bất đẳng thức AM − GM ta có : (y + 4 + 6 − y) 4 (y + 4)(6 − y) ≤ 4 = 20 2 ầnVà ta có : (y + 3) y − 1 + 3y + 17 ≥ 3y + 17 ≥ 3 + 17 = 20 TrVậy đẳng thức xảy ra khi y = 1 thay vào ta có x = 1.Vậy nghiệm của hệ là (x, y) = (1; 1) n♥   x3 − y 3 + 5 (x + y)2 + 5x2 − 8 xy + 13x = 100 Bài toán 09 Giải hệ phương trình: 3 3 3  x2 + y 2 + xy − 3x − 4y + 4 = 0 Lời giải à To Phân tích bài toán Đây là dạng toán hay và quen thuộc với việc kết hợp hai công cụ mạnh là đánh giá bất đẳngthức và đạo hàm.Với những dạng toán như thế này,công việc ban đầu ta làm là tìm các chặn của các ngbiến x, y dựa vào việc đánh giá Delta của một trong hai phương trình của hệ.Khi đó ta sẽ có tiếphai hướng để giải quyết oà 1. Sử dụng đạo hàm để đánh giá dạng f (x) + g(y) = a với min hoặc max của f (x) , g(y) có tổng bằng a. ôH 2. Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá dạng A + B ≥ a với A, B là hai biểu thức nào đó và a là hằng số.Ng Lời giải16 TY D
  • 17. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Ta viết lại hệ đã cho như sau   x3 − y 3 + 5 (x + y)2 + 5x2 − 8 xy + 13x = 100 (1) ươ 3 3 3  x2 + y 2 + xy − 3x − 4y + 4 = 0(2)  4 ỳD  ≥x≥0Từ (2) ta suy ra điều kiện của x; y là 73  ≥y≥1  3Rút xy từ (2) thay vào (1) ta được hu (3x3 + 18x2 + 45x) + (3y 2 − 3y 3 + 8y) = 108 (3)Xét hàm số 4 ịT f (x) = 3x3 + 18x2 + 45x; x 0; 3 4Suy ra f (x) ≥ 0 nênf (x) là hàm đồng biến với x 0; 3 Th 892 ⇔ f (x) ≤ f 4  = (4)   9 3Xét hàm số ần 7 g(y) = 3y 2 − 3y + 8y; y 1; 3Dựa vào bảng biến thiên: Tr 80 g(y) ≤ g 4  = (5)   9 3  x = 4 n♥ Từ (3), (4), (5) suy ra hệ có nghiệm ⇔ 3 y = 4  3Thử lại thấy nghiệm thỏa mãn phương trình thứ hai. 4 4 àHệ phương trình có nghiệm (x; y) = ( ; ) 3 3 ToBài toán tương tự x4 + y 2 = 698  1. Giải hệ phương trình 81 x2 + y 2 + xy − 3x − 4y + 4 = 0 ng  x3 − y 3 − 15(x − y) − (x + y)2 = x2 − 9y 2 − 15y + 94 2. Giải hệ phương trình 4x2 + 4y 2 + 6x + 6y − 2xy − 9 = 0 oà √x + √y + 2(x2 + y 2 ) = 4 + 2xy  ôH Bài toán 10 Giải hệ phương trình : x 3x2 + 6xy + y 3y 2 + 6xy = 6 Lời giảiNgc Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 17
  • 18. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Phân tích bài toán Bài toán này rất thú vị,nếu ta không nhận ra rằng nếu sử dụng các bất đẳng thức quá mạnh sẽ ươdẫn tới làm khó bài toán và gần như là đưa kết quả về con số 0.Bài toán được anh Nguyễn TrungKiên đưa lên trang www.k2pi.net trong một thời gian không nhận được lời giải,sau đây là lời giảicủa chúng tôi,một lời giải áp dụng chỉ bất đẳng thức cơ bản nhưng khá tinh tế.Mời các bạn cùng ỳDthưởng thức. Lời giảiTa viết lại đề bài: hu √x + √y + 2(x2 + y 2 ) = 4 + 2xy  ịT x 3x2 + 6xy + y 3y 2 + 6xy = 6Từ phương trình thứ hai,áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có : Th x 3x2 + 6xy + y 3y 2 + 6xy ≥ 2 xy. 3x2 + 6xy. 3y 2 + 6xy ≥ 2. xy (9x2 y 2 + 18xy(x2 + y 2 ) + 36x2 y 2 ) ≥ 2. xy (9(xy)2 + 36(xy)2 + 36(xy)2 ) = 6xySuy ra xy ≤ 1 (1). ầnĐể ý rằng √ √ √ √ x. 9x. 3x + 6y y. 9y. 3y + 6x x 3x2 + 6xy + y 3y 2 + 6xy = + Tr 3 3Ta lại có theo bất đẳng thức AM − GM thì : √ √ √ √ x. 9x. 3x + 6y y. 9y. 3y + 6x 12x2 + 6xy 12y 2 + 6xy + ≤ + = 2(x2 + y 2 + xy) n♥ 3 3 6 6Vậy ta suy ra:x2 + y 2 + xy ≥ 3Mà xy ≤ 1 nên x2 + y 2 ≥ 2 .Từ phương trình thứ nhất ta có: √ √ √ à 4 + 2xy ≥ x+ y + 4 ≥ 2. 4 xy + 4. To √ √Vậy suy ra xy ≥ 4 xy ⇐⇒ 4 xy ≥ 1Hay xy ≥ 1 (2).Từ (1); (2) ta suy ra xy = 1.Và từ các dấu bằng bất đẳng thức ta có x = y = 1. ngVậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = (x; y) = (1; 1). oà Bài toán 11 Tìm tất cả các nghiệm dương của hệ phương trình : √x + y + 2(2x2 − 5x − 3) = y(1 − y − 5x) + √3   ôH 1 1 2  4 + 2x(12x + 1) + 2(y + 2) + 4 + 2y(12y + 1) + 2(x + 2) = 16x 16y 145 Ng18 TY D
  • 19. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Nguồn gốcBài toán được đưa lên www.k2pi.net bởi anh Con Phố Quen trong topic hệ sáng tạo từ các thành ươviên K2pi.netvà lời giải đến hiện nay cho bài toán này là của chúng tôi,một lời giải thân quen vớinhững công cụ bất đẳng thức đưa bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều.Thay vì phân tích hướng ỳDlàm,chúng tôi mời các bạn đọc bài toán và tự rút ra hướng làm cho bản thân mình.Vì như thế cácbạn sẽ hiểu rõ hơn cách giải và có những sáng tạo nhất định.Chúng tôi chờ đợi lời giải từ các bạn. Lời giải hu Ta viết lại hệ phương trình √x + y + 2(2x2 − 5x − 3) = y(1 − y − 5x) + √3 (1)   ịT 1 1 2  4 + 2x(12x + 1) + 2(y + 2) + 4 + 2y(12y + 1) + 2(x + 2) = (2) 16x 16y 145  √-Xét (1). Đặt t = x + y;t > 0. Ta viết phương trình (1) về dạng: Th √ t + 4x2 − 10x − 6 = y − y 2 − 5xy + 3Theo cách "chân quê" ta cứ rút y theo x, t nên ta có :y = t2 − x Vậy phương trình trên biến đổi lại ầnthành: √ t4 − t2 + t − 6 − 3 = 3(3 − t2 )x √ √ √ √ √ ⇐⇒ (t − 3)(t3 + 3t2 + 2t + 2 3 + 1) = 3( 3 − t)( 3 + t).x TrĐến đây các bạn có thắc mắc tại sao tôi biết được cách phân tích như thế không ? Thật ra,khi nhìnvào phương trình thứ hai,ta dễ nhận thấy phương trình trên là một bất đẳng thức nào đó ,nên điềuta thiết nghĩ lúc này có chăng là x = y. Thật vậy,bằng kiểm tra đơn giản,ta có ngay một nghiệm bài n♥ 3toán là x = y = .Đến đây với cách "chân quê" ta lại có biến đổi như trên là điều hoàn toàn giải 2thích được. Phương trình trên cho ta : √ t = 3 (3) à √ √ √ t3 + 3t2 + 2t + 2 3 + 1 = −3( 3 + t).x (4) To √Chúng ta hãy tạm giải quyết trường hợp t = 3 trước. Quay trở lại phương trình (2) ta có: 1 1 2 + = 16x4 + 2x(12x + 1) + 2(y + 2) 16y 4 + 2y(12y + 1) + 2(x + 2) 145 ngTheo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có : 1 1 4 oà + ≥16x4 + 2x(12x + 1) + 2(y + 2) 16y 4 + 2y(12y + 1) + 2(x + 2) 16(x 4 + y 4 ) + 24(x2 + y 2 ) + 4(x + y + 2)Ta biến đổi bất đẳng thức về : ôH 16(x4 + y 4 ) + 24(x2 + y 2 ) + 4(x + y + 2) ≤ 290Đặt t = x + y . Theo bất đẳng thức AM − GM ta có các đánh giá :Ng x+y ≤ 2(x2 + y 2 )c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 19
  • 20. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng x2 + y 2 ≥ 2(x4 + y 4 ) √Đặt u = 2 2. 4 x4 + y 4 . ươVậy ta có : 16(x4 + y 4 ) + 24(x2 + y 2 ) + 4(x + y + 2) ≤ 2u4 + 12u2 + 4(u + 2) ≤ 290 ỳDMà 2u4 + 12u2 + 4(u + 2) − 290 = (u − 3)(2u3 + 6u2 + 30u + 94) = 0 do u = 3.Vậy đây chỉ là một đẳng thức. 3Vậy dấu bằng xảy ra khi x = y = hu 2-Ta giải quyết (4). √ √ √ t3 + 3t2 + 2t + 2 3 + 1 = −3( 3 + t).x √ √ √ ịTDễ nhận thấy với điều kiện x, t > 0 ta có t3 + 3t2 + 2t + 2 3 + 1 + 3( 3 + t).x > 0 nên phươngtrình này vô nghiệm. 3 3Vậy tóm lại hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x; y) = ( ; ). 2 2 ThNhận xét Cách tạo hệ từ bất đẳng thức như thế này giúp ta có thể có được những bài toán hay,cóthể lấy một bài bất đẳng thức trong đề thi thử chuyên Khoa học tự nhiên năm 2012 làm bài toánhệ như sau:Tìm nghiệm dương của hệ sau ần  x + y = 2 1 1 2 Tr  2 + 9x4 + 2 + 9y 4 = 2 + 6x 2 + 6y 17Bài tập tương tự n♥Giải hệ phương trình sau: √ √  x + √y + z = 2013  1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 3x + 2y 3y + 2z 3z + 2x x + 2y + 2z y + 2z + 2x z + 2x + 2y à To ng oà ôHNg20 TY D
  • 21. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng ươ BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHƯƠNG I  x + √ 2xy  = x2 + y 3 x2 − 2x + 9  . ỳD 1. Giải hệ phương trình 2xy y +  = y2 + x 3 y 2 − 2y + 9   (x + y)3 + 4xy = 3 2. Giải hệ phương trình hu (x + y)4 − 2x2 − 4xy + 2y 2 + x − 3y + 1 = 0. (2x + 3)√4x − 1 + (2y + 3)√4y − 1 = 2 (2x + 3)(2y + 3)  ịT 3. Giải hệ phương trình x + y = 4xy. √ √  1 + 2x2 + 1 + 2y 2 = 2 1 + 2xy Th 4. Giải hệ phương trình  x(1 − 2y) + x(1 − 2y) = 2 . 3  x + y 2 + 8xy = 16  2 x+y   5. Giải hệ phương trình ần 2 3 2 x  + 2x = x + y − y .  8y  3 3y 4 2 Tr  x + y + 4 = 2xy 6. Cho hệ phương trình 2x+y = m( x2 + y 2 + x + y + 5 + x + y). Tìm m để hệ có nghiệm (x, y) thoả x, y ≥ 1. n♥ √x + x2 + y + 3 = 2  7. Giải hệ phương trình 2√x + 4 + 3√y + 8 = 13.  à 3(x + y) = 2 |xy + 1| 8. Giải hệ phương trình To 9(x3 + y 3 ) = |x3 y 3 + 1| x + y = √24  3  9. Giải hệ phương trình √ ( x + √y) √ 1 +√ 1 =2 ng x + 3y y + 3x  √x + √32 − x − y 2 = −3  4 10. Giải hệ phương trình √  4 x + √32 − y + 6y = 24 oà ôHNgc Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 21
  • 22. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng 2 Chương II.BẤT ĐẲNG THỨC VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 3 ẨN SỐ ươ Bài toán 01 Giải hệ phương trình: ỳD  √ + √ + √ = 3√3 (1) 1 1 1    x    y z  x + y + z = 1 (2)  hu x + y + z = 1 (2)    xy + yz + zx = 7 + 2xyz (3)    27 ịT Lời giải ThĐiều kiện:x > 0, y > 0, z > 0 1Kết hợp với (2): x + y + z = 1 ta thấy trong các số x; y; z phải có ít nhất 1 số không lớn hơn , 3 ần 1không mất tính tổng quát ta giả sử z ≤ 3 1Do đó: z ∈ 0; Tr 3Đặt: S = xy + yz + zx − 2xyz = xy (1 − 2z) + z (x + y) = xy (1 − 2z) + z (1 − z) n♥Do: 2 2 x+y 1−z xy ≤ = 2 2Vậy: à 2 1−z 1 S≤ (1 − 2z) + z (1 − z) = −2z 3 + z 2 + 1 2 4 ToXét hàm số 1 f (z) = −2z 3 + z 2 + 1 4 ngTa có: 1 1 1 f (z) = −6z 2 + 2z = z (−3z + 1) ≥ 0, ∀z ∈ 0; 4 2 3 oàVậy: 1 7 1 f (z) ≤ f = , ∀z ∈ 0; 3 27 3 ôHDo đó: 7 S≤ 27Ng 2 Hệ dạng này thường ít đề cập trong đề thi đại học nên chúng tôi không phân tích nhiều,các cứ xemnhư một bài tham khảo22 TY D
  • 23. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngDấu xảy ra khi và chỉ khi: ươ 1 x = y, z = 3 ỳDThay vào (2) ta được: 1 x=y=z= 3Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình hu 1 1 1Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y; z) = ; ; 3 3 3 ịT Bài toán 02 Giải hệ phương trình:  1 = x +1  Th   xy   z 1 y = +1  yz x 1  x = +1    zx y ần Tr Lời giảiĐiều kiện xyz = 0 .Nhận thấy nếu một trong ba số x, y, z có một số âm,chẳng hạn x < 0 thìphương trình thứ ba vô nghiệm.Nếu hai trong ba số x, y, z là số âm,chẳng hạn x, y < 0 thì phương n♥trình thứ hai vô nghiệm.Vậy ba số x, y, z cùng dấu. 1. Xét trường hợp x, y, z > 0 thì ta viết lại hệ như sau à  z = x2 y + xy To    x = y 2 z + yz   y = z 2 x + zx  ng Cộng ba phương trình lại ta được x + y + z = (x2 y + y 2 z + z 2 x) + (xy + yz + zx) ≥ 6xyz ( ) oà Mặt khác ta biến đổi hệ về dạng z  xy = x + z ôH    x =y+x  yz y  =y+z   zxNg z x y → + + = 2(x + y + z) xy yz zxc Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 23
  • 24. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Thì ta có x2 + y 2 + z 2 (x + y + z)2 ươ 2(x + y + z) = ≥ ⇒ 6xyz ≥ x + y + z ( )( ) xyz 3xyz Từ ( ) và ( )( ) ta có x = y = z,từ đó ta có nghiệm của hệ là trong trường hợp này là ỳD √ √ √ 2 2 2 (x, y, z) = , , 2 2 2 2. Trường hợp x, y, z < 0 ta đặt a = −x; b = −y; c = −z ta chuyển về trường hợp số dương và hu làm như trường hợp 1. √ √ √ 2 2 2 ịTVậy nghiệm của hệ là (x, y, z) = , , 2 2 2 Bài toán 03a Giải hệ phương trình: Th  x + y + z = 0    x2 + y 2 + z 2 = 1 √ x + y 5 + z 5 = 5 6    5 36 ần a Cải biên đề thi đại học khối B năm 2012 Tr Lời giảiVới x + y + z = 0 và x2 + y 2 + z 2 = 1 ta có n♥ 0 = (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2x (y + z) + 2yz = 1 − 2x2 + 2yz 1Nên yz = x2 − 2 à √ √ y2 + z2 1 − x2 1 1 − x2 6 6Mặt khác yz ≤ = suy ra x2 − ≤ do đó − ≤x≤ (∗) To 2 2 2 2 3 3Khi đó P = x5 + (y 2 + z 2 ) (y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 (y + z) 1 2 = x5 + (1 − x2 ) [(y 2 + z 2 ) (y + z) − yz (y + z)] + x2 − 2 x 2 ng 1 = x5 + (1 − x2 ) −x (1 − x2 ) + x x2 − 2 + x2 − 1 x = 5 (2x3 − x) 2 4 √ √ √ 6 6 6Xét hàm số f (x) = 2x3 − x với − ≤x≤ suy ra f (x) = 6x2 − 1; f (x) = 0 ⇔ x = ± √ √ 3 √ √ 3 √ √ 6 oà 6 6 6 6 6 6Ta có f − =f =− ,f =f − = 6 6 9 3 6 9 √ √ ôH 6 5 6Do đó f (x) ≤ suy ra P ≤ . 9 √ 36 √ 6 6Vậy nghiệm của hệ là x = ;y = z = − và các hoán vị. 3 6Ng24 TY D
  • 25. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng ươ BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHƯƠNG II  √ + 1 + √ = 3√3   1 √ 1 1. Giải hệ phương trình x y z ỳD x + y + z = 1   xy 3 = 9 2. Giải hệ phương trình x + 3y = 6 hu  x 5 + y 5 + z 5 = 3 3. Giải hệ phương trình ịT x 6 + y 6 + z 6 = 3  3(x2 + y 2 + z 2 ) = 1 4. Giải hệ phương trình Th x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 = xyz(x + y + z)3  36x2 y − 60x2 + 25y = 0    5. Giải hệ phương trình 36y 2 z − 60y 2 + 25z = 0 ần    2 36z z − 60z 2 + 25x = 0 Tr à n♥ To ng oà ôHNgc Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 25
  • 26. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Chương IV.TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN HỆ GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP BẤTĐẲNG THỨC ươ Bài toán 01 Giải hệ phương trình: ỳD √ 1 1 1   + =√ 1 + 2x2 1 + 2y 2 1 + 2xy  x(1 − 2x) + y(1 − 2y) = 2  9 hu Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2009 Lời giải ịT  1 + 2xy ≥ 0  0 ≤ x ≤ 1    Điều kiện: x(1 − 2x) ≥ 0 ⇐⇒ 2   0 ≤ y ≤ 1  y(1 − 2y) ≥ 0 2  Th √ 1 1 1 1 1 2 2 √Với điều kiện trên ta được :x2 ≤ ; y 2 ≤ ⇒ √ =√ + ≥ > 2→ 4 4 1 + 2xy 1 + 2x2 1 + 2y 2 32xy < 1 1Mặt khác với mọi a, b ∈ [0; √ ] và ab < 1 ta luôn có bất đẳng thức sau: ần 2 1 1 2 √ +√ ≤√ (∗) 1+a 2 1+b 2 1 + ab TrThật vậy bất đẳng thức (∗) tương đương với : 1 1 2 4 n♥ 2 + 2 +√ √ − ≤0 1+a 1+b 1+a 2 . 1 + b2 1 + abTheo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có : à 2 2 (1 + a2 )(1 + b2 ) ≥ 1 + ab ⇒ √ √ ≤ 1 + a2 . 1 + b 2 1 + ab ToMặt khác ta có : 1 1 2 (a − b)2 (ab − 1) ng + − = ≤0 1 + a2 1 + b2 1 + ab (1 + ab)(1 + a2 )(1 + b2 ) √ √ oàÁp dụng bất đẳng thức trên với a = 2x; b = 2y ta được 1 1 1 √ + ≤√ 1 + 2x2 1 + 2xy ôH 1 + 2y 2Đẳng thức xảy ra khi x = y.Với x = y thay vào hệ thứ hai ta được phương trình:Ng 162x2 − 81x + 1 = 026 TY D
  • 27. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng √ √ 81 + 5913 81 − 5913Giải phương trình trên ta được: x = ;x = ươ √ 324 √ 324 √ √ 81 + 5913 81 + 5913 81 − 5913 81 − 5913Vậy nghiệm của hệ là : (x; y) = ( ; ); ( ; ). 324 324 324 324 ỳD Bài toán 02 Giải hệ phương trình: (2x2 − 1)(2y 2 − 1) = 7 xy  2 x2 + y 2 + xy − 7x − 6y + 14 = 0 hu Lời giảiDể thấy xy = 0 không là nghiệm của hệVới xy = 0 ta viết hệ dưới dạng ịT(2x − 1 )(2y − 1 ) = 7 x y 2 2 2 x + y + xy − 7x − 6y + 14 = 0 ThĐiều kiện để phương trình x2 + y 2 + xy − 7x − 6y + 14 = 0 có nghiệm theo ẩn x là : 7∆ = (y − 7)2 − 4y 2 + 24y − 56 ≥ 0 ⇐⇒ y ∈ [1; ] 3Điều kiện để phương trình x2 + y 2 + xy − 7x − 6y + 14 = 0 có nghiệm theo ẩn y là : 10∆ = (x − 6)2 − 4x2 + 28x − 56 ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [2; ] ần 3 1Xét hàm số : f (t) = 2t − là hàm đồng biến trên (0; +∞) nên: t 7f (x).f (y) ≥ f (1)f (2) = . Tr 2Kết hợp với phương trình thứ nhất ta được (x; y) = (2; 1) . Bài toán 03 Giải hệ phương trình: n♥  4 4 2 2 x  + y − ( x + y ) + y + x = −2 y 4 x4 y 2 x2 x y  2 x + y 6 − 8x + 6 = 0 à Lời giải ToĐiều kiện: x, y = 0Ta viết lại hệ như sau:  4 4 2 2 ng  + y − ( x + y ) + y + x = −2 (1) x y 4 x4 y 2 x2 x y  2 x + y 6 − 8x + 6 = 0 (2) oà x y x2 y 2Đặt t = + suy ra t2 = 2 + 2 + 2 y x y x ôHMặt khác x2 y 2 2 x4 y 4 ( + 2 ) = (t2 − 2)2 ⇐⇒ 4 + 4 + 2 = t4 − 4t2 + 4 y2 x y xNgTheo bất đẳng thức AM − GM ta có :c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 27
  • 28. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngx2 y 2 + ≥ 2 hay t2 ≥ 4 suy ra |t| ≥ 2y 2 x2Ta có vế trái phương trình (1) được biến đổi thành g(t) = t4 − 5t2 + t + 4 , |t| ≥ 2. ươCó g (t) = 4t3 − 10t + 1 = 2t(2t2 − 5) + 1Nhận xét: ỳD 1. Nếu t ≥ 2 suy ra 2t(2t2 − 5) ≥ 4(8 − 5) > 0 ⇒ g (t) > 0 2. Nếu t ≤ −2 suy ra 2t ≤ −4 ;2t2 − 5 ≥ 3 ; −2t(2t2 − 5) ≥ 12 ⇒ 2t(2t2 − 5) ≤ −12 hay g (t) < 0Lập bảng biến thiên ta suy ra giá trị nhỏ nhất của g(t) = −2 đạt được khi t = −2. hu x yVậy từ phương trình (1) ta có + = −2 từ đây suy ra x = −y. y xThay x = −y vào phương trình thứ hai ta có :x6 +x2 −8x+6 = 0 ⇐⇒ (x−1)2 (x4 +2x3 +3x2 +4x+6) = ịT0 ⇐⇒ (x − 1)2 [x2 (x + 1)2 + 2(x + 1)2 + 4] = 0 .Vậy ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (1; −1) . Th Bài toán 04 Giải hệ phương  trình: x3 + 3xy 2 = x2 + y 2 + 2 (1) x4 + y 4 + 6x2 y 2 = 8 (2) ần Lời giảiTừ phương trình thứ hai ta có : Tr x(x2 + 3y 2 ) = x2 + y 2 + 2 ⇒ x > 0  x 4 = 8 n♥Nếu y = 0 thì hệ trở thành : Vô nghiệm x 3 = x 2 + 2Từ đó suy ra y = 0 .Viết lại hệ dưới dạng: à  (x2 + y 2 )2 + (2xy)2 = 8 (3) To x2 + y 2 + 2 = x(x2 + y 2 ) + y(2xy) (4)Từ (4) ta có : ng (x2 + y 2 + 2)2 = [x(x2 + y 2 ) + y(2xy)]2 ≤ (x2 + y 2 )[(x2 + y 2 )2 + (2xy)2 ] = 8(x2 + y 2 ) ( )do (3) oà ⇒ (x2 + y 2 )2 − 4(x2 + y 2 ) + 4 ≤ 0 ôH ⇒ x2 + y 2 = 2Ng x2 + y 2 2xyDấu đẳng thức trong ( ) xảy ra khi = ⇐⇒ x2 = 1 ⇐⇒ x = 1. x y28 TY D
  • 29. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngThế vào hệ ta được y = 1.Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (1; 1) . ươ Bài toán 05 Giải hệ phương trình:  √  1 + 1 − x2 = x(1 + 2 1 − y 2 ) (1) ỳD  1 1 2 √ +√ = √ (2)  1+x 1+y 1 + xy Lời giải hu Điều kiện:|x| , |y| ≤ 1 , xy > 0.Từ (1) suy ra 0 ≤ x ≤ 1.Do đó 0 ≤ y ≤ 1. ịTTheo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có : 2 1 1 1 1 √ +√ ≤2 + (3) Th 1+x 1+y 1+x 1+yTa sẽ chứng minh 1 1 2 ần + ≤ √ (4) 1+x 1+y 1 + xy TrThật vậy: √ √ √ (4) ⇐⇒ (1 − xy)( x − y)2 ≥ 0 n♥Điều trên đúng với mọi x, y ∈ [0; 1].Từ đó suy ra : à 1 1 2 √ +√ ≤ √ To 1+x 1+y 1 + xy.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.Thế x = y vào (2) ta được : ng √ √ 1+ 1 − x2 = x(1 + 2 1 − x2 ) (5) oà πĐặt x = sint, t ∈ [0; ] thì 2 ôH √ (5) ⇒ 1 + cost = sint(1 + 2cost)Ng √ t t t t π t ⇒ 2cos = 2sin cos [1 + 2(1 − 2sin2 ] (do t ∈ [0; ] → cos > 0) 2 2 2 2 2 2c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 29
  • 30. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng √ ươ t 3t 2 ⇒ 3sin − 4sin = 2 2 2 ỳD 3t π sin = sin 2 4 hu  π k4π t = 6 + 3 ⇒ π k4π k∈Z t= + ịT 2 3 πVới t ∈ [0; ],ta được : 2 Th  π k4π  1 t = 6 + 3 x= π k4π → 2   t= + x=1 2 3 1 1 ầnVậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = ( ; ); (1; 1) . 2 2 Bài toán 06 Giải hệ phươngtrình: Tr y 2 + (4x − 1)2 = 3 4x(8x + 1) 40x2 + x = y √14x − 1 n♥ Lời giải 1 Điều kiện:x ≥ 14 2Đặt t = 4x (t ≥ ).Hệ phương trình trở thành: à 7 To  y 2 + (t − 1)2 = 3 t(2t + 1) (1)   5 t2 + t = y 7 t − 1 (2)  2 4 2 ngTừ (2) ta có y > 0 nên áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có : 2t + 1 2t + +1 oà 3 3 2t + 1 2 1 t(2t + 1) = 2t. .1 ≥ =t+ 2 3 2 ôHDo đó từ phương trình thứ nhất ta có : 1 1 y 2 + (4x − 1)2 ≤ t + ⇒ y 2 ≤ −t2 + 3t − (3) 2 2NgMặt khác theo bất đẳng thức AM − GM ta lại có :30 TY D
  • 31. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng 7 7 y2 + t − 1 2 ươ y t−1≤ 2 2Suy ra ỳD y 2 ≥ 5t2 − 3t + 1 (4) huVTừ (3) và (4) ta có : 1 5t2 − 3t + 1 ≤ −t2 + 3t − ⇐⇒ (2t − 1)2 ≤ 0 ịT 2 √ 1 1 3Suy ra t = ⇐⇒ x = thay vào hệ ta tìm được y = . 2 8 2 Th √ 1 3Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = ( ; ). 8 2 Bài toán 07 Giải hệ phương trình:  ần x2 y 2 − 2x + y 2 = 0 (1) 2x3 + 3x2 + 6y − 12x + 13 = 0 (2) Tr Lời giải Từ phương trình (1) ta có : n♥ 2xy2 = 2 suy ra x ≥ 0. x +1Do x ≥ 0 nên áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có : y 2 ≤ 1 ⇒ −1 ≤ y ≤ 1 ( ) à ToTừ (2) ta suy ra : −2x3 − 3x2 + 12x − 13 (−2x − 7)(x − 1)2 y= = − 1 (3) 6 6 ngDo x ≥ 0 nên từ (3) suy ra y ≤ −1 ( ). oàTừ ( ) và ( ) suy ra y = −1.Thay y = −1 vào ta tìm được x = 1.Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (1; −1) . ôH Bài toán 08 Giải hệ phương trình:  √  x y 2 xy   + =√ y+1 x+1 xy + 1 5 3Ng √  +√ =4 x−1 y−1 c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 31
  • 32. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Lời giải ươ Điều kiện :x, y > 1 ⇒ xy > 1Ta chứng minh ỳD 1 1 2 + ≥√ ( ) x+1 y+1 xy + 1 √ √ hu ⇐⇒ (x + 1)( xy + 1) + (y + 1)( xy + 1) ≥ 2(x + 1)(y + 1) ịT √ √ √ ⇐⇒ ( xy − 1)( x − y)2 ≥ 0Luôn đúng với mọi xy > 1. ThTa có : √ x y 2 xy + =√ y+1 x+1 xy + 1 ần √ x y 2 xy ⇐⇒ +1+ +1= √ +2 Tr y+1 x+1 xy + 1 √ 1 1 2 xy + 1 ⇐⇒ (x + y + 1)( + )=2√ n♥ x+1 y+1 xy + 1Mặt khác theo bất đẳng thức AM − GM và ( ) ta có x + y + 1 ≥ 2√xy + 1  à  1 1 2 + ≥√ To  x+1 y+1 xy + 1  √ 1 1 2 xy + 1 ⇒ (x + y + 1)( + )≥2√ x+1 y+1 xy + 1 ngĐẳng thức xảy ra khi x = y.Thay vào hệ tìm được x = y = 5. oàVậy nghiệm của hệ là x = y = 5 . Bài toán 09 Giải hệ phương trình: ôH   x2 + y 2 x2 + xy + y 2  + =x+y 2 3  √ x 2xy + 5x + 3 = 4xy − 5x − 3 Lời giảiNg32 TY D
  • 33. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Ta có : ươ 1 1 1 1 3 x2 + xy + y 2 = (x + y)2 + (x2 + y 2 ) ≥ (x + y)2 + (x + y)2 = (x + y)2 2 2 2 4 4 ỳDVậy suy ra 3 x2 + y 2 x2 + xy + y 2 (x + y)2 (x + y)2 + ≥ + 4 ≥x+y 2 3 4 3 huTừ đó suy ra x = y ≥ 0Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: ịT √ x 2x2 + 5x + 3 = 4x2 − 5x − 3 Th √ ⇐⇒ 2x2 + 5x + 3 − x 2x2 + 5x + 3 − 6x2 = 0 ần √ 2x2 + 5x + 3 = −3x ⇐⇒ √ Tr 2x2 + 5x + 3 = 2x √Do x ≥ 0 nên ta nhận 2x2 + 5x + 3 = 2xSuy ra : n♥  1 2 −2x + 5x + 3 = 0 ⇐⇒ x = − 2 x=3 àThử lại nhận nghiệm x = 3. ToVậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (3; 3) . Bài toán 10 Giải hệ phương trình:  x + y + xy = z 22003 + 2z 22002 (1) ng    2004 x4 + y 4 = 2z 2 (2)   (x + y)z−1 = (z + 2004)x−y (3)  oà Lời giải ôH Từ phương trình thứ hai ta có :Ng 2004 2003 2z 2 = x4 + y 4 ≥ 2x2 y 2 ⇒ xy ≤ z 2 ( )c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 33
  • 34. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngTa lại có ươ (x + y)2 ≤ 2(x2 + y 2 ) ỳD 2004 ⇒ (x + y)4 ≤ 2(x2 + y 2 )2 ≤ 8(x4 + y 4 ) = 16z 2 hu 2002 ⇒ x + y ≤ 2z 2 ( ) ịTTừ ( ) và ( ) ta có : Th 2003 2002 x + y + xy ≤ z 2 + 2z 2 2002Đẳng thức xảy ra khi x = y = z 2 .Hệ phương trình tương đương với : ần   x = y = z 22002 x=y=z=1 1 Tr ⇐⇒   (2x)z−1 = 1 1 − 2002 x = y = ; z = ±2 2 2 n♥ Bài toán 11 Giải hệ phương trình:  x2 + 2x − 2 = −y 2 − 4y − 2 √ 6x − y + 11 + 10 − 4x − 2x2 = 0 à Lời giải To Từ phương trình thứ hai áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có : ng √ 4(10 − 4x − 2x2 ) 4 + 10 − 4x − 2x2 y − 6x + 11 = 10 − 4x − 2x2 = ≤ 2 4 oàThu gọn phương trình trên ta được ôH x2 − 10x + 2y − 15 ≤ 0 (1)Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho phương trình thứ nhất của hệ ta đượcNg −y 2 − 4y − 2 + 1 x2 + 2x − 2 = −y 2 − 4y − 2 = 1(−y 2 − 4y − 2) ≤ 234 TY D
  • 35. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngThu gọn ta có ươ 2x2 + 4x + y 2 + 4y − 3 ≤ 0 (2) ỳDLấy (1) cộng (2) vế theo vế ta có : 3x2 − 6x + y 2 + 6y + 12 ≤ 0 ⇐⇒ 3(x − 1)2 + (y + 3)2 ≤ 0 huTừ đó suy ra nghiệm của hệ là (x; y) = (1; −3) . ịT Bài toán 12 Giải hệ phương trình: √ √ 2x + 1 − 2y + 1 = y − x 16x2 y 2 + 5 = 6 3 4x2 y + x Th Lời giải ần 1Điều kiện: x, y ≥ − . 2Từ phương trình thứ nhất ta có Tr √ 2x + 1 + x = 2y + 1 + y,hay √ n♥ f (x) = f (y) với f (t) = 2t + 1 + t. 1Dễ dàng nhận thấy rằng f (t) là hàm liên tục và tăng nghiêm ngặt trên − , +∞ nên f (x) = f (y) 2 àsẽ tương đương với x = y.Thay vào phương trình thứ hai ta được To √ 16x4 + 5 = 6 4x3 + x. (1) 3 ngDo 16x4 + 5 > 0 nên từ đây ta suy ra 4x3 + x > 0, tức x > 0.Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có oà √ 3 3 3 4x · (4x2 + 1) · 2 4x + (4x2 + 1) + 2 4x3 +x= x(4x2 + 1) = ≤ . 2 6 ôHKết hợp với (1), ta suy ra 16x4 + 5 ≤ 4x2 + 4x + 3,hay tương đươngNg 2(2x2 + 2x + 1)(2x − 1)2 ≤ 0.c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 35
  • 36. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng 1Nhưng điều này chỉ xảy ra khi x = 2 . ươ 1Mặt khác, ta dễ thấy x = 2 thỏa mãn phương trình (1). 1 1Từ đây, ta đi đến kết luận hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x, y) = , . 2 2 ỳD Bài toán 13 Giải hệ phương trình: x2 + 3 = √3 |xy|  √  (2x − 3y)2 + y 2 = 4 hu Lời giải ịTTa viết lại hệ phương trình như sau: x2 + 3 = √3 |xy|  ⇔ √ Th  x2 + y 2 = 1 + 3xyMặt khác ta có : ần |xy| ≥ xyNên Tr x2 + 3 ≥ x 2 + y 2 − 1Vậy suy ra : y 2 ≤ 4 ⇒ |y| ≤ 2 n♥. Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta được: √ √ x2 + 3 ≥ 2 3 |x| ≥ 3 |xy| √ àNhư vậy ta có đẳng thức xảy ra khi x = ± 3; y = ±2 √ ToVậy nghiệm của hệ là: (x, y) = ±( 3, 2) . Bài toán 14 Giải hệ phương trình:  x 2 = y + 2    ng y2 = z + 2    2 z = x + 2 oà Lời giảiDòng tâm sự: ôHBài toán trên được một bạn có nick luong_qt đưa lên diễn đàn toanphothong.vn và tại đây đã nhậnđược hai lời giải đầy tính nghệ thuật từ anh Võ Quốc Bá Cẩn.Thật sự khi đọc hai lời giải này,tácgiả thật sự chiêm nghiệm được nhiều điều,mỗi bài toán khi đi ta điều nên có hướng dẫn dắt,khi đặtbút lên trang giấy suy nghĩ,đòi hỏi ta phải có những cảm nhận thật xác đáng và có hướng tư duyNgthật gọn.36 TY D
  • 37. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng • Về lời giải thứ nhất,nét nghệ thuật nằm ở những biến đổi lượng giác kết hợp với đánh giá bất đẳng thức để đưa ta đến kết quả.Cách làm gọn và quen thuộc,nhưng mấu chốt nằm ở việc ta ươ quan sát được miền nghiệm bài toán là x, y, z ≥ −2 để ta nghĩ đến việc thêm một chặn nữa x, y, z ≤ 2 với việc làm trên ta đã đưa khéo x, y, z ∈ [−2; 2] và như một thói quen dân dã,ta nghĩ đến lượng giác hoá để được về bài toán lượng dễ xử lí hơn.Vậy việc đặt x = 2 cos α là điều ỳD dễ hiểu. • Lời giải thứ hai là nét tinh ý của người làm toán,với việc nhận ra các mối liên hệ đẳng thức (x2 − 1) = (x + 1)(x − 1) x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) với việc nhận ra từng mối liên hệ như hu thế và việc hệ ban đầu là đối xứng nên khi ta nhân vào thì chắc hẳn các mối liên hệ của (x − 1)(y − 1)(z − 1) và (x + 2)(y + 2)(z + 2) sẽ giúp ta định hướng và giải bài toán trên đơn giản hơn . ịTCách 1 Do x2 , y 2 , z 2 ≥ 0 nên ta có y + 2, z + 2, x + 2 ≥ 0 (dựa vào các phương trình của hệ), suy ra x, y, z ≥ −2. Th Bây giờ, ta xét hai trường hợp: 1. Nếu −2 ≤ x, y, z ≤ 2 ần Đặt x = 2 cos α với α ∈ [0, π]. . Ta có y = x2 − 2 = 4 cos2 α − 2 = 2 cos 2α. Tr Suy ra z = y 2 − 2 = 4 cos2 2α − 2 = 2 cos 4α. n♥ Từ đây đưa đến 2 cos α = x = z 2 − 2 = 4 cos2 4α − 2 = 2 cos 8α. Từ đó ta suy ra được: à  k2π To 8α = α + k2π α = 7 ⇐⇒  k2π (k ∈ Z) 8α = −α + k2π α= 9 Vậy ta suy ra các nghiệm của bài toán là  : ng k2π α = 7 (x; y; z) = (2 cos α; 2 cos 2α; 2 cos 4α) với  k2π k ∈ Z α= 9 oà 2. Nếu max{x, y, z} > 2: ôH Không mất tính tổng quát, giả sử x = max{x, y, z}.. Khi đó, ta có x > 2, suy ra x2 > 2x = x + x > x + 2 ≥ y + 2.Ng Mâu thuẫn với những gì có được từ hệ. Vậy trường hợp này không thể xảy ra.c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 37
  • 38. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ngCách 2 Ta xét ba trường hợp: ươ 1. Nếu (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 0: Không mất tính tổng quát, giả sử x + 1 = 0. ỳD Khi đó ta có x = −1. Từ phương trình thứ nhất suy ra y = −1. Từ đây và từ phương trình thứ hai, ta được x = y = z = −1. 2. Nếu (x − 2)(y − 2)(z − 2) = 0: hu Không mất tính tổng quát, giả sử x − 2 = 0. Khi đó ta có x = 2. Từ phương trình thứ nhất suy ra y = 2. ịT Từ đây và từ phương trình thứ hai, ta được x = y = z = 2. 3. Nếu (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 0 và (x − 2)(y − 2)(z − 2) = 0: Th Chú ý rằng hệ đã cho tương đương với hai hệ phương trình sau  x2 − 1 = y + 1    ần y2 − 1 = z + 1    2 z − 1 = x + 1 Tr  x 2 − 4 = y − 2    y2 − 4 = z − 2    2 n♥ z − 4 = x − 2 Từ hệ thứ nhất, ta suy ra (x2 − 1)(y 2 − 1)(z 2 − 1) = (x + 1)(y + 1)(z + 1), và do (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 0 nên suy ra à (x − 1)(y − 1)(z − 1) = 1. To Từ hệ thứ hai, ta thu được (x2 − 4)(y 2 − 4)(z 2 − 4) = (x − 2)(y − 2)(z − 2), và do (x − 2)(y − 2)(z − 2) = 0 nên ta có (x + 2)(y + 2)(z + 2) = 1. ng Như vậy, trong trường hợp này, ta thu được oà (x + 2)(y + 2)(z + 2) − (x − 1)(y − 1)(z − 1) = 0, Hay tương đương ôH xy + yz + zx + x + y + z + 3 = 0 Nếu x + y + z = 0: Do xy + yz + zx + x + y + z + 3 = 0 nên xy + yz + zx = −3. Từ đây và từ đẳng thứcNg 1 = (x − 1)(y − 1)(z − 1) = xyz − (xy + yz + zx) + (x + y + z) − 1,38 TY D
  • 39. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng ta thu được xyz = −1. Vậy ta có  ươ x + y + z = 0    xy + yz + zx = −3   xyz = −1  ỳD Suy ra x, y, z là ba nghiệm của phương trình X 3 − 3X + 1 = 0. hu Dễ dàng giải phương trình này, từ đó tìm được x, y, z. Thử lại vào hệ ban đầu để loại nghiệm. Nếu x + y + z = −1: Do xy + yz + zx + x + y + z + 3 = 0 nên xy + yz + zx = −2. ịT Từ đây và từ đẳng thức 1 = (x − 1)(y − 1)(z − 1) = xyz − (xy + yz + zx) + (x + y + z) − 1, Th ta thu được xyz = 1. Vậy ta có  x + y + z = −1    xy + yz + zx = −2 ần   xyz = 1  Suy ra x, y, z là ba nghiệm của phương trình Tr X 3 + X 2 − 2X − 1 = 0. Dễ dàng giải phương trình này, từ đó tìm được x, y, z. Thử lại vào hệ ban đầu để loại n♥ nghiệm. Bài toán 15 Giải hệ phương trình: √ à  x2 + 4 + x2 − 2xy + y 2 + 1 +  y 2 − 6y + 10 = 5 2 3x2 z To  log3 8xyz 3 = 10 log9 z 2 − log3 y  Lời giải √ ngXét phương trình: x2 + 4 + x2 − 2xy + y 2 + 1 + y 2 − 6y + 10 = 5Ta áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có: √ oà x2 + 4 + (y − x)2 + 1 ≥ y 2 + 9 y 2 + 9 + (3 − y)2 + 1 ≥ 5 √ ôH ⇒ x2 + 4 + x2 − 2xy + y 2 + 1 + y 2 − 6y + 10 ≥ 5 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:  x  3 =2 x =  y−x  ⇒ 2Ng  y =3 y = 9 3−y  4c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 39
  • 40. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng 3 9Vậy hệ có nghiệm là (x; y) = ( ; ) ươ 2 4 Bài toán 16 Giải hệ phương trình: ỳD  x2 − yz y 2 − xz z 2 − xy + 2 + 2 =0   2x2 + y 2 + z 2 2 2 2z + y 2 + x2  √ +x +z 2y  x2 y + y 2 z − x y √ √  √ + 2 yz + 4 xz = 5 z  hu Lời giải ịTTa sẽ chứng minh x2 − yz y 2 − xz z 2 − xy + + ≥0 2x2 + y 2 + z 2 2y 2 + x2 + z 2 2z 2 + y 2 + x2 2(x2 − yz) (y + z)2Để ý rằng: 2 =1− 2 Th 2x + y 2 + z 2 2x + y 2 + z 2Thiết lập các biểu thức còn lại tương tự. Ta quy về chứng minh (y + z)2 (x + z)2 (x + y)2 3≥ + 2 + 2 2x2 + y 2 + z 2 2y + z 2 + x2 2z + x2 + y 2 ầnÁp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có (y + z)2 y2 z2 Tr ≤ ( 2 + )=3 (x2 + y 2 ) + (y 2 + z 2 ) x + y2 z2 + y2Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z √Thay vào hệ (2) ta có 2y 3 = 12 ⇔ y = 3 6 n♥ √ 3Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 6. à Bài toán 16 Giải hệ phương trình:  To x 2 + y 2 = 1 √ 125y 5 − 125y 3 + 6 15 = 0 Lời giải ng Ta biến đổi phương trình thứ hai về dạng oà √  6 15 y > 0 3 2 y (1 − y ) = ⇐⇒ ôH 2 125 y 6 x4 = 4.3 55Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta được:Ng 3 3 9 4.32 3 = 3(x2 + y 2 ) = y 2 + y 2 + y 3 + x2 + x2 ≥ 5 y 6 x4 ⇐⇒ y 6 x4 ≤ 5 5 2 2 4 540 TY D
  • 41. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng √ √ √ √ 3 2 2 10 10 10 10Từ đó ta có y = x .Do đó ta tìm được nghiệm của hệ là : (x; y) = (( ; ); (− ;− )) ươ 2 5 5 5 5 Bài toán 17 Giải hệ phương trình:  xyz = 32 ỳD    x2 + 4xy + 4y 2 + 2z 2 = 96 ( )   x, y, z > 0  Lời giải huTheo bất đẳng thức AM − GM ta có : ịT √ 3x2 + 4xy + 4y 2 + 2z 2 = x2 + z 2 + z 2 + 4y 2 + 4xy ≥ 2xz + 4yz + 4xy ≥ 3 3 2.4.4x2 .y 2 .z 2 = 3 322 = 96Từ đó suy ra Th x2 + 4xy + 4y 2 + 2z 2 ≥ 96  x = z   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = 2y ần   2xz = 4yz = 4xy   x = 2y⇐⇒ Tr z = 2yThế vào hệ ( ) ta được:  x = 42y.y.2y = 32 → y = 2 ⇒ n♥ z = 4Vậy nghiệm của hệ là (4, 2, 4) . Bài toán 18 Giải hệ phương trình: à  x2 + y 2 = 2 (1)  To   z 2 + 2z(x + y) = 8 (2)   √ z(x − y) = 4 3 (3)  ng Lời giảiTừ (1) và (2) ta có : oà z 2x2 + 2y 2 + z 2 + 2xz + 2xy = 12 ⇐⇒ x+ = 6. 2 ôHÁp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có : 2 2 2 z z z z (zy − zx)2 ≤ (2y) x + + (−2x) y + ≤ (4x2 + 4y 2 )[ x + + y+ ] 2 2 2 2Ng √Suy ra (zy − zx)2 ≤ 8.6 → zy − zx ≤ 4 3c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 41
  • 42. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng  zy − zx ≥ 0 (4)  Do (3) nên ta có x + z y+ z ươ   2 = 2 (5) −2x  2y(5) ⇐⇒ 2x2 + 2y 2 = −z(x + y) ⇐⇒ z(x + y) = −4 (6)Thay vào (2) ta có z 2 = 16 ⇐⇒ z = ±4 ỳD • Nếu z = 4  √  √  x + y = −1 x =  −1 + 3 x =  −1 − 3 hu Ta có : ⇐⇒ 2√ (loại) hoặc 2√ x2 + y 2 = 2 y = −1 − 3  y = −1 + 3  2 2 ịT • Nếu z = −4  √  √  x + y = 1 x =  1+ 3 x =  1− 3 Ta có : ⇐⇒ 2√ hoặc 2√ (loại) x 2 + y 2 = 2 y = 1 − 3 y = 1 + 3 Th   2 2  √  √ x = −1 − 3 1+ 3 x =    2√ 2√     Vậy hệ có hai nghiệm: y = −1 + 3 hoặc y = 1− 3 ần     2     2 z=4 z = −4   Tr Bài toán 19 Giải hệ phương trình: √  x − x2 + √  y − y2 + z − z2 √ (x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z) = 2 3 n♥  9 Lời giải   x − x2 ≥ 0  0 ≤ x ≤ 1  à     2Điều kiện: y − y ≥ 0 ⇐⇒ 0 ≤ y ≤ 1 To     z − z 2 ≥ 0  0 ≤ z ≤ 1   x ≥ yGiả sử x = M axx, y, z ⇒ ,có hai trường hợp: x ≥ z ng • Nếu x ≥ y ≥ z (x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z) ≤ 0 suy ra hệ vô nghiệm oà • Nếu x ≥ z ≥ y √ 2 3 ôH Ta chứng minh: P = (x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z) ≤ 9 Thật vậy ta có : 4P = 4(x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z) ≤ 4(z − y)(x − z)(x + y + z)Ng √ √ = 2(z − y)[( 3 + 1)(x − z)][( 3 − 1)(x + y + z)]42 TY D
  • 43. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng √ √ 3 1 ≤ 2(z − y) + ( 3 + 1)(x − z) + ( 3 − 1)(x + y + z) 27 ươ 3 √ √ √ 1 √ √ 1 √ 3 (2 3)3 8 3 2 3 = 2 3x − (3 − 3)y ≤ (2 3x) ≤ = ⇐⇒ P ≤ 27 27 27 9 9 ỳD  x = 1   Dấu đẳng thức tức xảy ra khi y = 0  z = √  1  3 huDo đó:(2) thế vào (1) ta thấy nghiệm này thoả(1).Tương tự cho các trường hợp còn lại .    1 ịT x = 1  x = 0  x = √      1   3Vậy hệ có ba nghiệm là y = 0 ; y=√ ; y=1  1  3  z = √      z=1 z=0    3 Bài toán 20 Giải hệ phương trình:  2x2 = y(x2 + 1)   Th ần  3y 3 = z(y 4 + y 2 + 1)    4 4z = x(z 6 + z 4 + z 2 + 1) Tr Lời giải n♥ • Trường hợp 1 Với x = 0 thì hệ có nghiệm x = y = z = 0 • Trường hợp 2 à Với x = 0 để hệ có nghiệm thì x > 0, y > 0, z > 0 Gỉa sử (x, y, z) là nghiệm của hệ ta có : To  2x2 = y(1 + x2 ) ≥ 2xy ⇐⇒ x ≥ y (vì x2 + 1 ≥ 2x)    3y 3 = z(y 4 + y 2 + 1) ≥ 3zy 2 ⇐⇒ y ≥ z (vì y 4 + y 2 + 1 ≥ 3y 2 ) ng    4 4z = x(z 6 + z 4 + z 2 + 1) ≥ x4z 3 ⇐⇒ z ≥ x (vì z 6 + z 4 + z 2 + 1) Từ hệ suy ra x = y = z oàThay vào hệ ban đầu ta được hai nghiệm của hệ là x = y = z = 0 ; x = y = z = 1 . ôH Bài toán 21 Giải hệ phương trình:  xy + 2(x4 + y 4 ) = 1 (1) n là số nguyên dương lẻ,khác 1Ng xn+4 y n + xn y n+4 = 2 (2) 3n+2c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 43
  • 44. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Lời giải 2 ươTừ (2) biến đổi ta được :(xy)n (x4 + y 4 ) = → xy > 0 3n+2  0 < xy ≤ 1  4 4 2 2Khi đó từ (1) với lưu ý :2(x + y ) ≥ 4x y ,suy ra : 3 ỳD 2 x4 + y 4 = (1 − xy)  2Kết hợp (1) với (2),ta có : n 4 4 n−1 (1 − xy)2 (xy) (x + y ) = (xy) xy. 2 huÁp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 1 xy 1 xy 2 n−1 xy + − + − 3 ịT (1 − xy) 1 2 2 2 2 2 (xy)n−1 xy. ≤ 2. = 2 3 3 3n+2  √ xy = 1  x = y =  3 ThĐẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 ⇐⇒ 3√ x = y x = y = − 3  √ √ 3 3 3Vậy hệ đã cho có các nghiệm là x = y = x=y=− . 3 3 ần Bài toán 22 Giải hệ phương trình:  x + x + ....x = 2009 1 2 2009 Tr x8 + x8 + ... + x8 = x6 + x6 + ... + x6 1 2 2009 1 2 2009 Lời giải n♥Giả sử(x1 , x2 , ..., x2009 ) là một nghiệm của hệ.Không giảm tính tổng quát giả sử x2 ≥ x2 ≥ .... ≥ x2 1 2 2009Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có : à 22009 x2 + x2 + .... + x2 1 2 2009 ≥ x1 + x2 + ....x2009 = 20092 ↔ x2 + x2 + .... + x2 ≥ 2009 (1) 1 2 2009 ToÁp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho các bộ số (x2 , x2 , ..., x2 ) và (x6 , x6 , ..., x6 ) ta có 1 2 2009 1 2 2009 x2 + x2 + .... + x2 1 2 2009 x6 + x6 + .... + x6 1 2 2009 ≤ 2009 x8 + x8 + .... + x8 1 2 2009 (2) ngTừ (1) và (2) suy ra x8 + x8 + ... + x8 ≥ x6 + x6 + ... + x6 1 2 2009 1 2 2009 oàĐẳng thức xảy ra tại x1 = x2 = ... = x2009 = 1.Vậy nghiệm của hệ là x1 = x2 = ... = x2009 = 1 . ôH Bài toán 23 Giải hệ phương trình:  xy(x + y) = x2 − xy + y 2Ng  1 + 1 = 16 x3 y 344 TY D
  • 45. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Lời giải ươĐiều kiện:x, y = 0 1 1Đặt a = ; b = x y ỳDTừ giả thiết ta suy ra 1 1 1 1 1 1 + = 2 − + 2 ↔ a + b = a2 − ab + b2 ab a b a ab b 1 1 + 3 = a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) = (a + b)2 hu x 3 yTa có bất đẳng thức cơ bản sau: ịT (a + b)2 (a + b)2 a2 − ab + b2 ≥ →a+b≥ ↔0≤a+b≤4 4 4 1 1 → 3 + 3 = (a + b)2 ≤ 16 x y Th 1Đẳng thức xảy ra khi a = b hay x = y = 2 1Vậy nghiệm của hệ là x = y = . 2 ần Bài toán 24 Giải hệ phương trình:  √ + √ + √ = 3√3 Tr 1 1 1    x   y z x + y + z = 1 xy + yz + zx = 7 + 2xyz   n♥ ( )  27 Lời giảiTa có à 7 ( ) ⇐⇒ xy + yz + zx − 2xyz = To 27Lại có xyz ≥ (x + y − z)(y + z − x)(z + x − y) = (1 − 2x)(1 − 2y)(1 − 2z) 8(xy + yz + zx) − 2 → 9xyz ≥ 4(xy + yz + zx) − 1 ⇐⇒ 2xyz ≥ ng 9 1 (x + y + z)2Ta phải chứng minh xy + yz + zx ≤ = đúng. 3 3 oà 1Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = . 3 1Vậy nghiệm của hệ là x = y = z = . ôH 3 Bài toán 25  Giải hệ phương trình: √  x + a + √y + a + √z + a = 3 a2 + 1  a a>1 và a là hằng sốNg √  a − x + √a − y + √a − z = 3 a2 − 1  ac Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 45
  • 46. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Lời giải √ √ √ √ √ √Đặt A = x + a + y + a + z + a, B = a − x + a − y + a − z ươÁp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có :  A2 ≤ 3(3a + x + y + z) ỳD B 2 ≤ 3(3a − x − y − z)Cộng hai vế của hai bất đẳng thức trên lại ta có: A2 + B 2 ≤ 18a ( ) huMặt khác theo giả thiết ta lại có: a2 + 1 a2 − 1 A2 + B 2 = 9 + = 18a ịT a a 1Dấu đẳng thức trong hệ ( ) xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . a 1 ThVậy nghiệm của hệ là x = y = z = a Bài toán 26 Giải hệ phương trình: ần  √ √ √ 2014  1 + x1 + 1 + x2 + .... + 1 + x2013 = 2013  2013 √  1 − x + √1 − x + .... + √1 − x 2014 Tr  1 2 2013 = 2013 2013 n♥Điều kiện:−1 ≤ xi ≤ 1 (i = 1, 2, 3, ..., 2013).Ta có 2 2 2014 √ √ √ √2013 = 1 + x1 + 1 + x2 + 1 + x3 + .... + 1 + x2013 ≤ 2013(2013 + x1 + x2 + ... + x2013 ) 2013Suy ra x1 + x2 + ... + x2013 ≥ 1 (1) àLại có To 2 2 2014 √ √ √ √2013 = 1 − x1 + 1 − x2 + 1 − x3 + .... + 1 − x2013 ≤ 2013(2013 − x1 − x2 − ... − x2013 ) 2013Suy ra x1 + x2 + ... + x2013 ≤ 1 (2) ngTừ (1) và (2) suy ra x1 + x2 + ... + x2013 = 1Do đó hệ phương trình trở thành  oà 1 + x = 1 + x = .... = 1 + x   1 2 2013  1 1 − x1 = 1 − x2 = .... = 1 − x2013 ⇔ x1 = x2 = ... = x2013 =   2013 x1 + x2 + ... + x2013 = 1  ôH  1Vậy nghiệm của hệ là x1 = x2 = ... = x2013 = . 2013Ng46 TY D
  • 47. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Chương V.SÁNG TẠO HỆ QUA CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC ươ 1 Tìm nghiệm dương của hệ sau:  x + y +  2x2 + 2xy + 3y 2 = 4 ỳD 3 x2 y = 32 5  −1 3 huBài toán trên được xuất phát từ bài toán sau đây:Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y + 2x2 + 2xy + 3y 2 = 4.Tìm giá trị lớn nhất của của biểu thức x2 y. ịTBài này được Michael Rozenberg đưa lên trang www.mathlink.ro và được đề cập đến trong sách"Phân loại & phương pháp giải toán bất đẳng thức" của các tác giả Vasile Cirtoaje,Võ QuốcBá Cẩn,Trần Quốc Anh.Bài toán hay và có nhiều điều lí thú xung quanh bài này,tuy nhiên khuôn Thkhổ bài viết không cho phép chúng tôi bàn đến vẫn đề này.Quay trở lại hệ đã cho,khi quan sát chắchẳn ta có thể nghĩ ngay đến việc sử dụng bất đẳng thức để giải quyết bài toán này.Nhưng đây khôngcó ý gì là hay khi sáng tạo hệ kiểu này,ta tìm một bất đẳng thức có điều kiện sau đó dùng cực trịcủa nó làm một phương trình trong hệ thì chắc hẳn ta có thể tạo ra hằng trăm bài như thế.Việc ầnquan trọng là ta khéo léo che đi cái giá trị lớn nhất nhìn không đẹp mắt này. 5Ta nghĩ đến việc thêm vào một ẩn số z = − 1 vậy bài toán nhìn sẽ đẹp hơn và đầy thú vị.Để ý 3 Trrằng đẳng thức xảy ra tại x = 2y = 4z vậy ta có thể tìm thêm các mối liên hệ các biến x, y, z vớinhau.Từ đây ta có thể tạo ra những hệ phương trình khó từ bài toán đặc biệt trên n♥ Bài toán 01 Giải hệ phương trình sau trên tập số dương :  x + y + 2x2 + 2xy + 3y 2 = 4 (1)  à   1. x2 y = 32z 3 (2) To   3xz 2 + 6xz + 3z 3 + 15z 2 + 16z = 2x + 6 (3)  Lời giải ng Từ giả thiết đã cho ta dễ dàng nhận thấy x + y < 4.Do đó phương trình (1) có thể viết thành 2x2 + 2xy + 3y 2 = (4 − x − y)2 oà Từ đây bằng một số biến đổi ,ta có ôH (x + y)2 + 2(y + 2)2 = 40, hay 2Ng x 2 2+ + (y + 2)2 = 20 2c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 47
  • 48. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng Tới đây sử dụng lần lượt các bất đẳng thức AM − GM và Holder ,ta có 2 ươ 2 2 2 2 x x 2 x 3 3 x2 y 2+ + 2+ + (y + 2) ≥ 3 2+ (2 + y) ≥ 2+ 2 2 2 4 ỳD Từ đó suy ra 2 3 x2 y 20 ≥ 3 2 + , 4 hay 3 hu 5 x2 y ≤ 32 −1 3 Từ (3) ta biến đổi về ịT [3(z + 1)2 − 5][x + z + 3] = 0 5 5 Vậy ta có z = −1 Suy ra x2 ≤ 32z 3 . Từ đó suy ra nghiệm của hệ là x = 2y = 4z = 4 −1 3 3 Th 2. Bằng cách đó ta tiếp tục biến đổi phương trình thứ (3) cho khó hơn,ta có thể đưa về việc xét hàm như sau: f 3z 2 + 5z = f (2 − z) ần Vậy ta sẽ đưa về √ 3z 2 + 5z + 3z 2 + 5z = (2 − z)3 + 2 − z 3 Tr √ 3z 2 + 5z + 3z 2 + 5z = 8 − 12z + 6z 2 − z 3 + 2 − z 3 ⇐⇒ √ ⇐⇒ z 3 − 3z 2 + 18z + 3z 2 + 5z − 10 = 0 3 n♥ Vậy là ta có được một hệ mới là  x + y +    2x2 + 2xy + 3y 2 = 4 x2 y = 32z 3  √ à   3 z − 3z 2 + 18z + 3 3z 2 + 5z − 10 = 0 ToGhi chúVới những hướng như trên các bạn có thể tạo ra nhiều hệ hay hơn và khó hơn nửa,làm cho bài toáncàng đẹp hơn. ngĐi từ các bài toán có vẻ không hay lắm,thế ta đi từ các bổ đề vậy.Trong sách "Sử dụng phương pháp Cauchy Schwarz để chứng minh bất đẳng thức " củacác anh Võ Quốc Bá Cẩn và Trần Quốc Anh trang 194 có bổ đề nhỏ là oà √ √ √ Nếu x ≥ 4y thì x+ y ≥ x + 5y ôH Vậy ta có ý tưởng lại tạo ra một phương trình có điều kiện là x ≥ 4y phương trình còn lại củahệ sẽ sử dụng bất đẳng thức trên.Nhưng nếu để như thế thì lộ quá,ta sẽ biến đổi.Ng • Thay x bởi x2 − xy + y 248 TY D
  • 49. Chuyên đề: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ng • Thay y bởi y 2 + 2x ươVậy ta có hệ phương trình là: Bài toán 02 Giải hệ phương trình sau :  ỳD  x2 − x(8 + y) − 3y 2 + x2 − 3x + y 2 + 9 = 7  x2 − xy + y 2 + y 2 + 2x = x2 − x(10 + y) + 6y 2 huGhi chú:Sẽ tiếp tục cập nhật3 4 CHÚC MỪNG NĂM MỚI 2013 ịT ——————————–♥♥♥———————————– Th ần Tr à n♥ To ng oà ôH 3 Rất mong nhận được sự góp ý của các bạn để lần sau bài viết sẽ được hoàn thiện nhiều hơn.Thânmến!Ng 4 A Bài viết được L TEX 2ε bởi Ngohoangtoan nick thienlonghoangde với mục đích phi thương mại,mọihành vi sao chép nhằm mục đích lợi nhuận tuyệt đối không được cho phép.c Ngô Hoàng Toàn Đại học Y Dược Cần Thơ 49

×