Ve H Phương Trình Phi Tuyen Và Ứng Dụng.docx

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
NGUYEN TH± ANH
VE H PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYEN
VÀ ỨNG DỤNG
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
Thái Nguyên - 2017

ĐẠI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯ NG ĐẠI HOC KHOA HOC
Tải tài liệu tại sividoc.com
NGUYEN TH± ANH
VE H PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYEN
VÀ ỨNG DỤNG
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cap
Mã so: 60 46 01 13
NGƯ I HƯ NG DAN KHOA HOC
PGS.TS. NÔNG QUOC CHINH
Thái Nguyên - 2017

i
Mnc lnc
M đau 1
1 M t so kien thfíc bo tr ve h phương trình 3
1.1 H phương trình tuyen tính (xem [3])................................................................... 3
1.2 H phương trình phi tuyen.................................................................................8
2 Nhfing phương pháp thư ng dùng đe giải h phương trình phi tuyen 17
2.1 Phương pháp the...................................................................................................... 17
2.2 Phương pháp đ t ȁn phụ......................................................................................... 25
2.3 Phương pháp sả dụng tính đơn đi u của hàm so(xem [2]).................................. 30
2.4 Phương pháp sả dụng bat đȁng thác..................................................................... 36
2.5 Phoi hợp nhieu phương pháp giải h phương trình............................................ 45
3 M t so fíng dnng của h phương trình phi tuyen 54
3.1 Úng dụng của h phương trình đa thác trong giải các bài toán cực trị và
cháng minh bat đȁng thác. ................................................................................. 54
3.2 M®t vài áng dụng thực te trong khoa hoc và đời song...................................... 56
Ket lu n 60
Tài li u tham khảo 61

1
M đau
Giải h phương trình là m®t phan quan trong trong chương trình toán THPT và trong
các chuyên ngành Đại so, Giải tích. Khi đe c p đen vi c giải h phương trình, hoc sinh
trung hoc cơ sở de dàng tìm được các phương pháp giải h phương trình tuyen tính như
giải h bang phương pháp c®ng đại so, phương pháp the của hoc sinh lớp 9, hay sả dụng
định thác của lớp 10. Tuy nhiên, đoi với h phương trình phi tuyen, gan như có rat ít
tài li u nghiên cáu sâu ve lĩnh vực này. Trong các kì thi hoc sinh giỏi các cap, các kì thi
Olympic trong nước và quoc te, các h phương trình phi tuyen thường là loại khó và ít
có định dạng cũng như phương pháp giải cụ the. Vì v y hoc sinh g p rat nhieu khó khăn
trong vi c giải các bài toán ve h phương trình phi tuyen trong chương trình toán phő
thông và trong các kì thi hoc sinh giỏi các cap.
Đe tài lu n văn nghiên cáu m®t so h phương trình phi tuyen thường g p trong chương
trình toán phő thông và các phương pháp giải h phương trình này cũng như áng dụng
của chúng dùng trong ôn luy n hoc sinh giỏi lớp 9 và ôn thi tuyen sinh vào lớp 10 đ c
bi t là dành cho hoc sinh ôn thi chuyên toán.
Ngoài phan mở đau và ket lu n, lu n văn được trình bày gom ba chương:
Chương 1. M t so kien thfíc bo tr ve h phương trình.
Chương này trình bày các kien thác bő trợ, các khái ni m, định nghĩa cơ bản ve h
phương trình, t p nghi m của h phương trình nói chung và h phương trình phi tuyen
nói riêng.

2
Chương 2. Nhfing phương pháp thư ng dùng đe giải h phương
trình phi tuyen.
Chương 2, trình bày các dạng toán thường g p của h phương trình phi tuyen và
cách giải chúng được tìm hieu qua các tài li u [1], [2], [3], [4], [5].
Chương 3. M t so fíng dnng của h phương trình phi tuyen.
Lu n văn được hoàn thành tại trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên với
sự hướng dan của PGS.TS. Nông Quoc Chinh. Tác giả xin được bày tỏ lòng biet ơn sâu
sac đoi với sự quan tâm hướng dan của thay, tới các thay cô trong Ban giám hi u, Phòng
đào tạo và Khoa Toán - Tin của trường Đại hoc Khoa hoc. Đong thời tác giả xin được
cảm ơn các anh chị cùng khóa đã chỉ bảo, hướng dan cho tác giả hoc t p và hoàn thành
ke hoạch hoc t p.
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 4 năm 2017.
Hoc viên
Nguyen Thị Anh

3
Σ
Chương 1
M t so kien thfíc bo tr ve h
phương trình
Chương này tôi xin trình bày các kien thác bő trợ, các khái ni m, định nghĩa cơ bản
ve h phương trình, t p nghi m của h phương trình nói chung và h phương trình phi
tuyen nói riêng.
1.1 H phương trình tuyen tính (xem [3])
1.1.1 H phương trình tuyen tính tong quát
Định nghĩa 1.1. Cho K là m®t trường. H m phương trình tuyen tính n ȁn x1, x2, . . . , xn
h so trên trường K là h có dạng
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
· · ·
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm
hay có the viet gon hơn:
n
(aikxk) = bi, i = 1, . . . , m.
k=1
Trong đó aik, bi là các phan tả thu®c trường K, aik goi là h so của ȁn xk, bi là h so
tự do, i = 1, . . . , m; k = 1, . . . , n.

4
Σ
.
. .
Σ
. .
H phương trình (1.1) goi là h phương trình tuyen tính tőng quát.
Đăc bi t neu b1 = . . . = bm = 0 thì h (1.1) có dạng
n
(aikxk) = 0, i = 1, . . . , m.
k=1
được goi là h phương trình tuyen tính thuan nhat.
1.1.2 M t so phương pháp giải h phương trình tuyen tính
1.1.2.1 Quy tac Cramer
Định nghĩa 1.2. M®t h phương trình tuyen tính có so phương trình bang so ȁn và ma
tr n A của h có định thác |A| = 0 được goi là h Cramer.
Định lj 1.1. Định lý Cramer (Cramer’s rule – công thác xác định công thác nghi m của
h Cramer)
H Cramer
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
· · ·
an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn
Là m®t h xác định. Nghi m duy nhat của h được xác định bởi công thác
∆j
xj =
∆
(6)
Trong đó ∆ = |A| và
a11 · · · b1 · · · a1n
∆j = · · ·
an1 · · · bn · · · ann
Công thác (6) được goi là công thác Cramer.
Chú j: Định thác ∆j là định thác của ma tr n nh n được tà ma tr n A của h (1.2)
bang cách thay các phan tả ở c®t thá j (H so của ȁn xj) bởi các phan tả b1, · · · , bn (Các
h so tự do).
Định lj 1.2. H n phương trình tuyen tính thuan nhat n ȁn so
n
aikxk = 0, i = 1, . . . , n
k=1
.

5
x1 + x2 + · · · + xn − nxn = n − 1
k
n n n
x2 + 2x3 + 3x4 + · · · + nx1 = 2
(x1 + x2 + · · · + xn) − nxn = k − (k + 1)
bx1 + ax2 + bx3 + · · · + bx2001 + bx2002 = 2
chỉ có nghi m tam thường Θ = (0, · · · , 0) khi và chỉ khi định thác |A| = 0.
Ví dn 1.1 (Xem [4]). Giải h phương trình:
x1 + 2x2 + 3x3 + · · · + nxn = 1
· · ·
xn + 2x1 + 3x2 + · · · + nxn−1 = n
(Đe thi OLYMPIC Toán Sinh viên năm 1999)
Bài giai.
C®ng tat cả các phương trình của h , suy ra
x1 + x2 + · · · + xn = 1
Tiep theo, lan lượt lay phương trình thá k trà cho phương trình thá k − 1(1 < k < n);
trà phương trình thá n cho phương trình thá nhat. Suy ra
x =
(x1 + x2 + · · · + xn)
+
1
=
2
x = −
n − 2
=
2 − n
n n n
xk =
2
V y h phương trình có nghi m
xn
n
=
2 − n
n
Với k = 1, 2, · · · , n − 1.
Ví dn 1.2 (xem [4]). Cho h phương trình
ax1 + bx2 + bx3 + · · · + bx2001 + bx2002 = 1
· · · · · · · · ·
bx1 + bx2 + bx3 + · · · + bx2001 + ax2002 = 2002
Tìm đieu ki n của a đoi với b đe h đã cho có nghi m duy nhat.
⇔

6
.
.
.
.
11 12 · · · 1r · · · 1n 1
.
b a b · · · b b
.
.
1 a b · · · b b
.
· · · · · · · · ·
(Đe thi OLYMPIC toán Sinh viên 2002)
Bài giai.
Kí hi u D là định thác của h phương trình. Ta có
a b b · · · b b
D = · · ·
b b · · · a b
. b b · · · b a .
2002×2002
C®ng tat cả các c®t với c®t đau tiên, ta có
1 b b · · · b b
(a + 2001b) · · ·
1 b · · · a b
. 1 b · · · b a .
2002×2002
(Nhân hàng đau với −1 roi c®ng vào các hàng còn lại)
= (a + 2001b).(a − b)2001
V y h đã cho có nghi m duy nhat ⇔ a /= b và a −2001b.
1.1.2.2 Thu t toán Gaoxơ (Gauss)
Trong đại so tuyen tính, thu t toán Gauss là m®t thu t toán có the được sả dụng đe
tìm nghi m của m®t h phương trình tuyen tính, tìm hạng (hay rank) của m®t ma tr n,
đe tính ma tr n nghịch đảo của m®t ma tr n vuông khả nghịch. thu t toán Gauss được
đ t theo tên của nhà toán hoc Đác là Carl Friedrich Gauss.
• N®i dung của thu t toán Gauss đe giải h phương trình tuyen tính là : Thực hi n liên
tiep các phép bien đői tương đương đe tà h phương trình (1.1) ban đau chúng ta nhân
được m®t h mới tương đương có so phương trình ít hơn, và có dạng bâc thang sau:
aJ xi1 + aJ xi2 + + aJ xir + + aJ xin = bJ
aJ
22xi2 + · · · + a2
J
nxir + · · · + aJ
2nxin = bJ
2
aJ
rrxir + · · · + aJ
rnxin = bJ
r
Trong đó xij(j = 1, · · · , n) là m®t hoán vị nào đó của các ȁn xi, (i = 1, · · · , n); aik /= 0
với k = 1, · · · , r.

7
x1 + x2 + x3 + · · · + xn−1 + xn =
x2 + x3 + · · · + xn−1 + xn =
20052 − 2
a + x
= + · · · + x
a
2004
+ x1
(Đe thi OLYMPIC toán Sinh viên 2002)
• Các trường hợp sau có the xảy ra:
Trường hợp 1: Neu trong quá trình bien đői g p phương trình vô nghi m dạng 0x1 +· · ·+
0xn = b, b 0, thì ta dàng lại và ket lu n h vô nghi m.
Trường hợp 2: Neu r = r, khi đó phương trình cuoi cùng của h có dạng aJ
mnxin = bJ
n. H
(1.6) là m®t h Cramer, do đó h có duy nhat m®t nghi m. Có the tìm nghi m đóbang
cách giải tàng phương trình của h (1.6) tà dưới lên và thay the dan giá trị của cácȁn
tìm được tà phương trình dưới vào các phương trình trên.
Trường hợp 3 : Neu r < n thì h phương trình đã cho có vô so nghi m. Đe giải h 1.6
ta có the xem các ȁn xir+1 , · · · , xin là các tham so (lay giá trị tùy ý) và chuyen các so
hàng cháa các ȁn đó sang ve phải; roi dùng phương pháp ở trường hợp 2 đoi với các
ȁn xi1 , · · · , xir xem xir+1 , · · · , xin là tham so. Trong thực te đe bien đői h phương trình
tuyen tính 1.1 ban đau ve dạng b c thang, người ta thường thực hi n các phép bien đői
tương đương trên ma tr n bő sung AJ. Các phép bien đői đó được goi là các phép bien
đői sơ cap.
Ví dn 1.3 (xem [3]). Giải h phương trình
a
· · · · · · · · ·
1 n−1
n
2005n − 1
Bài giai.
C®ng thêm bieu thác x1 + x2 + · · · + xi−1 vào cả hai ve của phương trình thá i của h đã
cho, với i = 2, 3, · · · , n, ta có
x1 + x2
a
+ · · · + xn
a
=
a + x1 + x2 + · · · + xi−1
+ x
2005i − 1
2005i − 2005
+ x2 + · · · + xi−1
⇒
2004
=
2005i − 1
(
V y với i = 2, 3,··· , n
)
2004
xi = (x1 + x2 + · · · + xi) − (x1 + x2 + · · · + xi−1)
a 2005i+1 − 2005 a 2005i − 2005
=
2005i+1
.
a
=
2005i
2004
−
2005i
. 2004
x
1

8
g = g
(x;y)
(y;x)
∗ Ph
ương pháp giải:
a
Lay phương trình thá nhat trà đi phương trình thá hai, ta được x1 =
2005
a a
V y xi =
2005i (i = 1, 2, · · · , n − 1); xn =
2004.2005n−1
1.2 H phương trình phi tuyen
1.2.1 Khái ni m
Định nghĩa 1.3 (xem [6]). M®t phương trình đại so không phải là tuyen tính được goi
là phương trình phi tuyen.
Định nghĩa 1.4 (xem [6]). H phương trình phi tuyen là m®t h gom nhieu phương
trình, nhieu ȁn, trong đó có ít nhat m®t phương trình phi tuyen.
1.2.2 M t vài dạng h phương trình phi tuyen
1.2.2.1 H phương trình đại so
1.2.2.1.1 H phương trình đoi xfíng loại I (xem [2])
Định nghĩa 1.5. H phương trình đoi xáng loại I là h phương trình có dạng
f(x;y) = 0
g(x;y) = 0
Với
f(x;y) = f(y;x)
Khi tráo đői vị trí của x và y trong h phương trình thì h không thay đői.
Nh n xét 1.1. Neu h có nghi m (x0; y0) thì (y0; x0) cũng là m®t nghi m của h .
Đ t
x + y = S
xy = P
Đieu ki n S2 − 4P ≥ 0
Ta được h phương trình
F(S;P ) = 0
E(S;P ) = 0
Ta tìm được S; P.
Khi đó x, y là nghi m của h phương trình X2 − SX + P = 0(∗)
Giả sả phương trình có hai nghi m X1; X2

9
2 2
x y +
x
y = a
−
∗ −
∆ = S2 − 4P ≥ 0
2x3 = a x = 3
+ Neu ∆ > 0 thì X1 X2 nên h (1.5) có hai nghi m phân bi t (X1; X2), (X2; X1).
+ Neu ∆ = 0 thì X1 = X2 = x0 nên h có nghi m duy nhat (x0; x0).
+ H có ít nhat m®t nghiêm thỏa mãn x ≥ 0 ⇔ h (∗) có ít nhat m®t nghi m (S; P) thỏa
mãn S ≥ 0
P ≥ 0
∗ M t so bieu thfíc đoi xfíng thư ng g p:
x2 + y2 = (x + y)2 − 2xy = S2 − 2P
x3 + y3 = (x + y)(x2 + y2 − xy) = S3 − 3SP
x4 + y4 = (x2 + y2)2 − 2x2y2 = (S2 − 2P)2 − 2P 2
Ví dn 1.4. Tìm a đe h phương trình sau có nghi m duy nhat:
xy + x + y = a + 1
(Đe thi HSG lớp 9 tỉnh Hà N®i năm 2009 - 2010)
Bài giai.
Đ t
S = x + y
P = xy
ta có h mới
S + P = a + 1
SP = a
Theo định lý Viest, S và P là hai nghi m của phương trình X2 − (a + 1)X + a = 0(1).
Hơn nǎa, cũng theo Viest x, y là nghi m của phương trình Y 2 − SY + P = 0(2).
Do đó đe (1) có nghi m duy nhat thì (2) có nghi m duy nhat, tác
∆(2) = 0 ⇔ S2 = 4P ⇔ x = y
(Ho c có the dùng nh n xét, do vai trò của x, y trong moi phương trình như nhau nên h
có nghi m (m; n) thì nó cũng có nghi m (n; m). Như v y đe h có nghi m duy nhat thì
x = y.)
The vào ta được
x2 + 2x = a + 1 x2 + 2x (a + 1) = 0
⇔ qa (∗)
Đe h có nghi m duy nhat thì h ( ) có m®t nghi m x =
−2
= 1
2.1
⇒
q
3
a
2
= −1 ⇔ a = −2.
2

10
1 1 7
xyzt = 648
x y 12
z t 18
(Thi HSG TP HCM 1986 - 1987 Vòng 1)
(Thi HSG TP HCM 07/01/1993)
Thả lại thay thỏa mãn.
V y đe h đã cho có nghi m duy nhat thì a = −2.
• Trong m®t vài trường hợp, h phương trình đoi xáng loại I còn có the g p ở h phương
trình phi tuyen 3 ȁn, 4 ȁn,... thỏa mãn đieu ki n: vai trò của các ȁn trong moi phương
trình của h như nhau.
Ví dn 1.5. Giải h phương trình
x + y + z = 1
x2 + y2 + z2 = 1
x3 + y3 + z3 = 1
x + y + z + t = 22
+ =
1
+
1
=
5
x + y + z = 6
x2 + y2 + z2 = 18
√
x +
√
y +
√
z = 4
(Thi HSG Toàn Quoc 1996 - 1997 Bảng A)
1.2.2.1.2 H phương trình đoi xfíng loại II (xem [1])
Định nghĩa 1.6. H phương trình đoi xáng loại II là h gom hai phương trình mà khi
ta thay đői vị trí của hai bien thì phương trình trên thành phương trình dưới và phương
trình dưới thành phương trình trên. Khi đó h phương trình có dạng
f(x;y) = 0 (1)
f(y;x) = 0 (2)

11
−
x − 3y = 4
y
y
x y
∗ Phương pháp giải: Lay ve trà ve của hai phương trình, ta được:
(y − x)h(x;y) = 0 ⇔ x = y ho c h(x;y) = 0.
Ket hợp với (1), giải phương trình, tìm (x; y)
Ví dn 1.8 (xem [5]). Giải h phương trình:
x
y 3x = 4
x
y
(Đe thi tuyen sinh ĐH Quoc Gia Hà N®i - 1997)
Bài giai.
y x
(x − y) + 3(x − y) = 4( − )
x + y
x − 3y = 4
x
(x − y)(1 +
⇔
y
) = 0 (1)
xy
x − 3y = 4
x
(2)
(1) ⇔ x − y = 0 ho c 1 +
x + y
= 0 ⇔ x = y ho c x =
−y
.
xy
٨ Với x = y, thay vào (2), ta có
x − 3x = 4 ⇔ −2x = 4 ⇔ x = y = −2.
y + 1
٨ Với x =
−y
y + 1
,(Đieu ki n y /= −1) thay vào (2), ta có
−y
y + 1 y + 1
— 3y = 4.y.
−y
−y
y + 1
−y
y + 1
— 3y + 4y + 4 = 0
+ y + 4 = 0
⇒ y2 + 4y + 4 = 0
⇔ (y + 2)2 = 0
⇔ y = −2.(Thỏa mãn)
Thay y = −2 ⇒ x = −2
V y h phương trình đã cho có nghi m (x; y) = (−2; −2).
x2 + y2 + xy = 37
y2 + z2 + xz = 28
y2 + z2 + yz = 19
⇔
⇔
Đieu ki n (x; y) (0; 0) H đã cho tương đương với

12
2 2
x + 4
x
y
−2y = −6
2 2
2x − 13xy
+
15y = 0 (2)
(Thi HSG Toàn Quoc 1994 - 1995)
1.2.2.1.3 H phương trình phi tuyen v i ve trái đang cap. (xem
[2])
Dạng tőng quát của h phương trình phi tuyen có ve trái đȁng cap là
ax2 + bxy + cy2 = d
aJx2 + bJxy + cJy2 = dJ
∗ Phương pháp giải
٨ Xét x = 0, thay vào h (1.11), ta được
cy2 = d
cJy2 = dJ
Neu h phương trình này có nghi m thì h (1.11) có nghi m, không thì h vô nghi m.
٨ Xét x /= 0
- Neu m®t trong hai d ho c dJ bang 0. Giả sả d = 0, thì ta chia cả hai ve của phương
trình thá nhat cho x2, tà đó ta thu được phương trình có dạng A(
y
y
)2
x
y
+ B + C = 0.
x
Giải phương trình b c hai, tìm
tìm được y, tà đó thu được x.
, tà đó rút y theo x, lại thay vào phương trình thá hai,
x
- Neu cả d và dJ đeu khác 0 thì ta có the tạo ra m®t phương trình thuan nhat (h so tự
do bang 0), sau đó thực hi n cách giải như trên.
x2 − 2xy + 3y2 = 9 (1)
2x2 − xy + 3y2 = 13
(Đe thi lớp 10 chuyên toán 31.04.1994 TP Hà N®i)
Bài giai.
H đã cho tương đương với h :
x2 + 4xy − 2y2 = −6
25x2 + 46xy − 8y2 = 0 (1)

13
∗
xy
=
12
a + b =
5
xz 36
Giải phương trình (1), đ t t =
y
, ta có:
x
8t2 − 46t − 25 = 0 ⇔ t1 =
−1
2
25
ho c t2 =
4
∗ Với t =
−1
, ta có h phương trình
2
x = −2y
x2 + 4xy − 2y2 = −6
25
⇔ (x; y) = (−2; 1), (2; −1)
Với t =
x =
4
y
4
4 25 −4 −25
25
x2 + 4xy − 2y2 = −6
⇔ (x; y) = (√139
; 139
), (√139
; ).
139
4 25
√
−4 −25
V y h đã cho có 4 nghi m (x; y) = (−2; 1), (2; −1), (
139
; √
139
), (√
139
; √
139
).
1.2.2.1.4 H phương trình đoi xfíng dạng phân thfíc
x + y 5
yz 18
=
y + z 5
Bài giai.
1
Đ t a =
x
;b =
1 1
; c =
y z
x + z 13
Khi đó h đã cho tương đương với h :
12
5
b + c =
18
a + c =
13
36
Đây là m®t h phương trình tuyen tính, giải được nghi m
1 1
(a; b; c) = ( ; ;
4 6
1
9
) ⇒ (x; y; z) = (4; 6; 9)
V y h phương trình có nghi m (x; y; z) = (4; 6; 9).
x2(y + z)2 = (3x2 + x + 1)y2z2
y2(x + z)2 = (4y2 + y + 1)x2z2
z2(x + y)2 = (5z2 + z + 1)x2y2
=
√
√

14
yz x x2
(
y + z
)2 = 3 +
1
+
1
xz y y2
(
x + y
)2
= 5 +
1
+
1
Bài giai.
Neu x = 0 ⇒ y = 0; z = 0, do đó (0; 0; 0) là m®t nghi m của h .
Ta tìm các nghi m khác (0; 0; 0).
Chia cả hai ve cho x2y2z2 ta được h tương đương
Đ t a =
1
;b =
x
xy
1 1
; c = .
y z
z z2
Khi đó h đã cho tương đương với
(a + b)2 = c2 + c + 5 (1)
(b + c)2 = a2 + a + 3 (2)
(a + c)2 = b2 + b + 4 (3)
Lay (2) − (3) ⇒ (a − b)(2(a + b + c) + 1) = 1
Lay (1) − (2) ⇒ (b − c)(2(a + b + c) + 1) = 1
⇒ a − b = b − c ⇒ a + c = 2b
Thay vào (2) ⇒ 3b2 − b + 4 = 0 (Vô nghi m). Suy ra h đã cho không ton tại nghi m
khác (0; 0; 0)
∗ Chú ý: Hai kieu đoi xáng loại I và loại II là nhǎng dạng rat cơ bản. Tuy nhiên khi g p
các bài toán giải h phương trình có nhieu hơn hai ȁn, không nên chỉ nhìn hình thác roi
r p khuôn theo lời giải của dạng.
1.2.2.2 H phương trình mũ và Lôgarit (xem [2])
∗ Các phương trình mũ và loogarit:
- Phương trình: ax = b(a > 0; a /= 1), vô nghi m neu b ≤ 0; phương trình có nghi m
x = loga b neu b > 0.
- Phương trình loga x = b(a > 0; a /= 1) ⇔ x = ab.
- Phương trình af(x)
= ag(x)
(a > 0) ⇔ a = 1hoca /= 1, f(x) = g(x).
- Phương trình loga
f(x) = loga
g(x), (a > 0, a 1) ⇔
f(x) > 0 hay g(x) > 0
.
f(x) = g(x)
(
x + z
)2
= 4 +
1
+
1

15
2
x2 + 1
x
y2 + 1
y
xy + 1
1
∗ Phương pháp giải:
Vi c giải h phương trình mũ và logarit giong như vi c giải các h phương trình đại so
với các bien đői ve bieu thác mũ và loogarit.
Phương pháp chung : Rút the, c®ng đại so, đ t ȁn phụ, bien đői tích; dánh giá, bat đȁng
thác, dùng đạo hàm;... đe đưa ve giải phương trình mũ và loogarit với 4 hướng thông
dụng là : Đưa ve cùng m®t cơ so; đ t ȁn phụ, loogarit hóa hay mũ hóa; sả dụng tính chat
của hàm so;...
xlog8 y + ylog8 x = 4 (1)
log4 x − log4 y = 1 (2)
Bài giai.
Đieu ki n x, y > 0 ta có:
x
(2) ⇔ log4
y
= 1 ⇔ x = 4y nên (1):
(4y)log8 y + ylog8 4y = 4
⇔ 4log8 y.ylog8 y + ylog8 4.ylog8 y
= 4
2 2
y 3 .ylog8 y + y 3 .ylog8 y
2
y3
+log8 y
= 2
2 1
⇔ (
3
+ log8 y). log8 y =
3
⇔ 3 log8 y + 2 log8 y − 1 = 0
⇔ log8 y = −1 ho c log8 y =
3
1
⇔ y =
8
ho c y = 2
1
Do đó x =
2
ho c x = 8.
1 1
V y h PT có hai nghi m là (x; y) = ( ;
2
); (8; 2).
8
1
+
1
=
2
(1)
Bài giai.
Đieu ki n x, y > 0
log2
2
. log3
3
= 1 (2)
⇔
⇔

16
−
1 x 1
1 1 2
Ta có (1)
x2 + 1
+
y2 + 1
=
xy + 1
⇔ (xy + 1)(x2 + y2 + 2) = 2(x2 + 1)(y2 + 1)
⇔ xy(x2 + y2) + 2xy + x2 + y2 + 2 = 2x2y2 + 2(x2 + y2) + 2
⇔ xy(x − y)2 = (x − y)2
⇔ (x − y)2(xy − 1) = 0
- Neu x = y thì x = y = 1 là nghi m của h phương trình.
Xét trường hợp x = y /= 1 thì :
(1)(log2 x − 1)(log 3x + 1) = 1
⇔ log2 x. log3 x = log2 x + log3 x
1
⇔
log2
1
+ = 1
x log3 x
⇔ logx 2 + logx 3 = 1 ⇔ logx 6 = 1 ⇔ x = 6
- Neu xy = 1 thì y =
x
và x =
/ 1, ta có log2
2
. log3
3x
= 1
⇔ (log2 x − 1)(log3 x + 1) = −1
1
⇔ log2 x. log3 x = log3 x − log2 x ⇔
log
2
1
= 1
x log3 x
2
⇔ logx 2 − logx 3 = 1 ⇔ logx
3
= 1 ⇔ x =
3
.
2 2
V y h phương trình có ba nghi m là (x; y) = (1; 1), (6; 6), ( ; ).
3 3
2

17
Chương 2
Nhfing phương pháp thư ng dùng đe
giải h phương trình phi tuyen
2.1 Phương pháp the
2.1.1. N i dung phương pháp
Thông thường ta bieu dien 1 ȁn ho c 1 bieu thác thích hợp tà m®t phương trình của
h theo các ȁn khác roi thay vào các phương trình còn lại đe được m®t h mới tương
đương với h đã cho và có so ȁn ít hơn so với h ban đau.
Ví dụ đoi với h hai phương trình hai ȁn ta có the thực hi n các bước sau:
+ Bước 1: Tà m®t phương trình của h đã cho, ta bieu dien m®t ȁn theo ȁn kia roi thay
the vào phương trình còn lại đe được phương trình mới chỉ có m®t ȁn.
+ Bước 2: Dùng phương trình mới vàa có được, thay the cho m®t trong hai phương trình
của h , tạo thành h mới tương đương với h phương trình ban đau.
+ Bước 3: Giải phương trình m®t ȁn vàa có roi suy ra nghi m của h đã cho.
∗ Chú j:
- Phương trình m®t ȁn này phải giải được.
- Trong quá trình giải h bang phương pháp the, ta thay xuat hi n phương trình có các
h so của cả hai ȁn đeu bang 0 thì h đã cho có the vô nghi m ho c vô so nghi m. - Đoi
với h gom nhieu phương trình, nhieu ȁn, vi c sả dụng phương pháp the làm giảm so ȁn
trong phương trình đe được h mới tương đương với h đã cho, ta giải h mới, tìm được
nghi m và thay ngươc trở lại tìm ȁn đã the.

18
2
xy − z = 1
(2)
z = 0
2 2
x + 3y − xy + 2x − 5y − 4 =0
(2)
⇔ −
9 9
2.1.2. Bài t p áp dnng phương pháp the
Bài toán 2.1 (Xem [5]). Giải h phương trình:
x + y = 2 (1)
(Thi HSG TPHCM 1979 - 1980 vòng 2)
Bài giai.
Tà (1) ⇒ y = 2 − x, the vào (2), ta có
x(2 − x) − z2 = 1
⇔ 2x − x2 − z2 − 1 = 0
⇔ (x2 − 2x + 1) + z2 = 0
⇔ (x − 1)2 + z2 = 0
⇔
x = 1
Suy ra y = 1.
V y h đã cho có nghi m (x; y; z) = (1; 1; 0).
Bài toán 2.2 (xem [4]). Giải h phương trình:
x + 2y = 4 (1)
( Thi HSG TPHCM 1981 - 1982 vòng 2)
Bài giai.
Tà (1) ⇒ x = 4 − 2y, the vào phương trình (2):
(4 − 2y)2 + 3y2 − (4 − 2y)y + 2(4 − 2y) − 5y = 0
9y2 29y + 20 = 0
20
⇔ (9 − 9y)(y − ) = 0
9
20
⇔ y = 1ho c y =
9
Với y = 1 ⇒ x = 4 − 2.1 = 2
Với y = 2 ⇒ x = 4 − 2.
20
=
−4
V y h phương trình đã cho có hai nghi m (x; y) = (2; 1), (
−4
;
20
).
9 9

19
√ √
⇔ ⇔
xy + x + y = x2 − 2y2
2.1.2.1 Phép the đại so
Định nghĩa 2.1. Phép the đại so là phép the sả dụng các bieu thác đại so ho c các ȁn
có trong phương trình đe bieu dien m®t ȁn qua các ȁn còn lại roi thay the vào các phương
trình của h đe được m®t h mới tương đương với h ban đau, với so ȁn ít hơn.
x 2y − y x − 1 = 2x − 2y
(∀x, y ∈ R)
(Đe thi TS Đại hoc - Cao đȁng - Khoi D - 2008)
Bài giai.
Đieu ki n x ≥ 1; y ≥ 0.
xy + x + y = x2 − 2y2 ⇔ (x + y)(x − 2y − 1) = 0
⇔ x = −y ho c x = 2y + 1
٨ Trường hợp 1: x = −y. Vì y ≥ 0 nên x ≤ 0 (Vô lý)
٨ Trường hợp 2: x = 2y + 1, the vào phương trình thá hai, ta có:
(2y + 1)
√
2y − y
√
2y = 2y + 2
⇔ (y + 1)(
√
2y − 2) = 0
⇔ y = −1 (loại) ho c y = 2.
Với y = 2 ⇒ x = 5.
V y h đã cho có nghi m (x; y) = (5; 2).
x + y + z = 0 (1)
2x + 3y + z = 0 (2)
Bài giai.
(x + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 14 (3)
Xét
x + y = −z
2x + 3y = −z
coi như h phương trình hai ȁn (x; y)
2x + 2y = 2z
2x + 3y = −z
y = z
x = −2z
The vào phương trình (3), ta có:

20
x + y = 4
Suy ra
(1 − 2z)2 + (z + 2)2 + (z + 3)2 = 14
⇔ 6z2 + 6z = 0
⇔ 6z(z + 1) = 0
⇔ z = 0 ho c z = −1.
∗ Với z = 0 ⇒ (x; y; z) = (0; 0; 0)
∗ Với z = −1 ⇒ (x; y; z) = (2; −1; −1).
V y h đã cho có hai nghi m (x; y; z) = (0; 0; 0), (2; −1; −1).
Bài toán 2.5 (xem [6]). Giải h phương trình ȁn x, y, u, v :
x3u + y3v = 14 (1)
x2u + y2v = 5 (2)
xu + yv = 2 (3)
u + v = 1 (4)
(Thi HSG TP HCM ngày 17/12/1994 Vòng 2)
Bài giai.
Tà (4) ⇒ v = 1 − u. The vào (1)
ux3 + y3(1 − u) = 14 ⇒ u(x3 − y3) = 14 − y3
⇒ u(x − y)(x2 + xy + y2) = 14 − y3.(5)
Tương tự
The v = 1 − u vào (2), ta có u(x − y)(x + y) = 5 − y2.(6)
The v = 1 − u vào (3), ta có u(x − y) = 2 − y.(7)
Tà (5) và (7) suy ra (2 − y)(x2 + xy + y2) = 14 − y3.
Tà (6) và (7) suy ra (2 − y)(x + y) = 5 − y2.
Khai trien phương trình cuoi, ta có
2(x + y)2 − xy(x + y) − 2xy − 14 = 0
2(x + y) − xy − 5 = 0
Đ t x + y = a, xy = b suy ra
2a2 − ab − 2b − 14 = 0
2a − b − 5 = 0
xy = 3
⇔
a = 4
b = 3
Suy ra (x; y) = (3; 1) ho c (1; 3).

21
y = cos α (α ∈ [0; 2Π])
√
√
√
√
The x; y vào, ta tìm được các nghi m của h :
1
(x; y; u; v) = (3; 1; ;
2
1 1 1
), (1; 3; ; ).
2 2 2
2.1.2.2 Phép the lư ng giác
Định nghĩa 2.2. Phép the lượng giác là phép the sả dụng các bieu thác là các hàm
lượng giác thay the cho các ȁn có trong h phương trình đe được m®t h phương trình
mới tương đương với h đã cho nhưng các ȁn được thay the hoàn toàn bang ȁn mới.
Bài toán 2.6 (xem [6]). Giải h phương trình
x2 + y2 = 1 (1)
√
2(x − y)(1 + 4xy) =
√
3 (2)
Bài giai.
Tà phương trình (1) cho ta gợi ý đ t ȁn phụ đưa ve lượng giác.
Đ t
x = sin α
Khi đó phương trình (2) được viet dưới dạng:
6
(sin α − cos α)(1 + 2 sin 2α) =
2
6
⇔ sin α − cos α + 2 sin 2α sin α − 2 sin 2α cos α =
2
6
⇔ sin α − cos α + cos α − cos 3α − sin 3α − sin α =
2
⇔ sin 3α + cos 3α =
−
√
6
Π
⇔ cos(3α +
4
) =
2
— 3
= cos
5Π
2 6
7Π k2Π
⇔ α = + ho c α =
−13Π
+
k2Π
(k ∈ Z)
36 3 36
7Π 7Π 7Π
3
31Π 55Π 11Π 35Π 59Π
Vì α ∈ [0; 2Π] nên α ∈ {
36
;
36
;
36
;
36
; ; ;
36 36
;
36 36
7Π 7Π
V y h có nghi m (x; y) = (sin α; cos α) với α ∈ {
36
;
36
;
7Π 31Π
; ;
36 36
55Π
;
36
11Π
;
36
35Π
;
36
59Π
36
}.
z2 + 2xyz = 1 (1)
3x2y2 + 3xy2 = 1 + x3y4 (2)
z + zy4 + 4y3 = 4y + 6y2z (3)
}

22
−
−
−
Bài giai.
Vì z = 0 không là nghi m của h phương trình nên:
1 − z2
(1) ⇔ xy =
2z
Đ t z = tan ϕ(∗) với ϕ ∈
−Π
;
Π
{0}
Ta có xy =
1 − z2
2z
2
1 tan2 ϕ
=
2 tan ϕ
2
= cot 2ϕ
Thay vào (2) ta được:
3 cot2 2ϕ + 3y cot 2ϕ = 1 + y cot3 2ϕ
3 cot2 2ϕ − 1 1
⇔ y =
cot3 2ϕ 3 cot 2ϕ
=
cot 6ϕ
= tan 6ϕ
Suy ra: x = cot 2ϕ. cot 6ϕ, thay vào (3) ta được:
4 tan 6ϕ 4 tan3 6ϕ
z =
1 − 6 tan2 6ϕ + tan4 6ϕ
= tan 24ϕ(∗∗)
Tà (∗) và (∗∗) ta có:
tan 24ϕ = tan ϕ ⇔ 24ϕ = ϕ + kΠ, k ∈ Z ⇔ ϕ =
Với ϕ ∈
−Π
;
Π
{0} ta thu được :
kΠ
23
, k ∈
2 2
Π 2Π 11Π
ϕ = ±
23
; ±
23
; . . . ; ±
23
V y h phương trình có các nghi m là :
Π 2Π 11Π
(x; y; z) = (cot 2ϕ. cot 6ϕ; tan 6ϕ; tan ϕ) Với ϕ ∈ ±
23
; ±
23
; . . . ; ±
23
2z(x + y) + 1 = x2 − y2 (1)
y2 + z2 = 1 + 2xy + 2xz − 2yz (2)
y(3x2 − 1) = −2x(x2 + 1) (3)
Bài giai.
1
Vì x = ±√
3
không thỏa mãn phương trình (3) nên:
−2(x2 + 1) 3x3 − x − 2x(x2 + 1) x3 − 3x
(3) ⇔ y =
3x2 − 1
⇔ x + y =
3x2 − 1
⇔ x + y =
3x2 − 1
Z

23
−
— −
⇔ − − −
−
Π
sin 6ϕ cos2 ϕ
22 11 2 22 11 2
2 2 6 6 22 22 22 22 22
Đ t x = tan ϕ, ϕ ∈ −
Π
;
Π
{−
Π
;
Π
}
2 2 6 6
⇒ cos ϕ /= 0; cos 3ϕ /= 0
Ta có:
tan ϕ + y =
tan3 ϕ 3 tan ϕ
3 tan2
ϕ − 1
⇔ y = tan 3ϕ − tan ϕ
(1) ⇔ z =
x2 y 1
2(x + y)
(do x = −y không thỏa mãn phương trình (1) ⇒ tan 3ϕ =
/ 0)
z =
(2 tan ϕ − tan 3ϕ) tan 3ϕ − 1
2 tan 3ϕ
2 tan ϕ. tan 3ϕ − tan2 3ϕ − 1
z =
z = tan ϕ −
2 tan 3ϕ
tan 3ϕ + cot 3ϕ
2
z = tan ϕ −
1 sin 3ϕ
( +
2 cos 3ϕ
1
cos 3ϕ
)
sin 3ϕ
z = tan ϕ −
sin 6ϕ
(2) ⇔ x2 + y2 + z2 − 2xy − 2xz + 2yz = 1 + x2
⇔ (y + z − x)2 = 1 + x2
(tan 3ϕ tan ϕ + tan ϕ
1
tan ϕ)2 = 1 + tan2 ϕ
sin 6ϕ
⇔ (
sin 3ϕ
−
1
− tan ϕ)2 =
1
cos 3ϕ 2 sin3 ϕ cos 3ϕ cos2 ϕ
2 sin2 3ϕ 1 2
⇔ (
2. sin 3ϕ. cos 3ϕ
− tan ϕ)
1
=
cos2 ϕ
⇔ (
cos 6ϕ
+ tan ϕ)2 =
1
⇔ (
cos 5ϕ
)2
=
1
sin 6ϕ. cos ϕ cos2 ϕ
⇔ cos 5ϕ = ± sin 6ϕ
⇔ cos 5ϕ = ± cos(
2
− 6ϕ)
Π Π
⇔ cos 5ϕ = cos(
2
− 6ϕ) ho c cos 5ϕ = cos(
2
+ 6ϕ)
Π Π
⇔ 5ϕ = ±(
2
− 6ϕ) + k2Π ho c 5ϕ = ±(
2
+ 6ϕ) + k2Π
Π k2Π Π −Π k2Π −Π
⇔ ϕ = + , ϕ = − 2kΠ ho c ϕ = + , ϕ = − 2kΠ(k ∈ Z)
Với ϕ ∈ −
Π
;
Π
{−
Π
;
Π
} ⇒ ϕ = ±
Π
; ±
3Π
; ±
5Π
; ±
7Π
; ±
9Π
V y h phương trình đã cho có nghi m:
1
(x; y; z) = (tan ϕ; tan 3ϕ − tan ϕ; tan ϕ −
sin 6ϕ
)
⇔

24
1 1 1
1 1 1
tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1 (3)
Π 3Π 5Π 7Π 9Π
Với ϕ = ±
22
; ±
22
; ±
22
; ±
22
; ±
22
xy + yz + xz = 1 (1)
Bài giai.
20(x +
x
) = 11(y +
y
) = 2007(z +
z
) (2)
Đieu ki n : xyz /= 0
Neu (x; y; z) là m®t nghi m của h phương trình thì (−x; −y; −z) cũng là m®t nghi m
của h , và tà (1) suy ra x, y, z cùng dau. Ta chỉ can xét (x; y; z) dương.
Với ∀x, y, zR và khác 0, ta đ t:
x = tan α
y = tan β
z = tan γ
Với 0 < α, β, γ <
2
Tà đó (1) và (2) trở thành:
20(tan α +
tan α
) = 11(tan β +
tan β
) = 2007(tan γ +
tan γ
) (4)
Ta có:
(3) ⇔ tan α(tan β + tan γ) = 1 − tan α tan γ
tan α =
1 − tan β tan γ
tan β + tan γ
Π
= cot(β + γ)
⇔ α + β + γ =
2
⇔ 2α, 2β, 2γ là các góc của m®t tam giác.
(4) ⇔ 20
tan2 α + 1
= 11
tan α
tan2 β + 1
= 2007
tan β
tan2 γ + 1
tan γ
20 11 2007
⇔
sin 2α
=
sin 2β
=
sin 2γ
Áp dụng định lý sin ta tính được ba cạnh của tam giác có ba góc 2α, 2β, 2γ là
a = 20
b = 11
c = 2007 (Không thỏa mãn bat đȁng thác tam giác)
Do đó tam giác không ton tại.
V y h vô nghi m.
Π
⇔
(∀x, y ∈ R)

25
ut = 6
2.2 Phương pháp đ t an phn
Đoi với m®t so bài toán phác tạp, bang cách đ t ȁn phụ, sě làm bài toán trở lên de
dàng hơn. (Thường áp dụng đoi với nhǎng h phương trình xuat hi n cụm ȁn nào đó
được l p lại nhieu lan.)
Điem mau chot của phương pháp này là phải phát hi n ȁn phụ u = f(x,y) và v = g(x,y)
ngay trong tàng phương trình của h ho c sau các phép bien đői.
Thông thường các phép bien đői thường xoay quanh vi c c®ng, trà hai phương trình của
h ho c chia cả hai ve của tàng phương trình cho các so hạng khác không có sȁn trong
các phương trình của h đe tìm ra phan chung mà sau đó ta đ t ȁn phụ đe đưa h phương
trình ban đau ve m®t h phương trình mới tương đương với h đã cho. Tìm ȁn phụ và
thay the ngược trở lại đe tìm được nghi m của phương trình ban đau.
2.2.2. Bài t p áp dnng phương pháp đ t an phn
x2 − y2 + x − y = 5
x3 − x2y − xy2 + y3 = 6
Bài giai.
Bien đői h đã cho ⇔
(x2 − y2) + (x − y) = 5
(x2 − y2)(x − y) = 6
Đ t u = x2 − y2 và t = x − y; ta có h phương trình
u + t = 5
⇒ u và t là hai nghi m của phương trình
X2 − 5X + 6 = 0
⇔ (X − 2)(X − 3) = 0
⇔ X = 2 ho c X = 3.
Xét hai trường hợp:
- Trường hợp 1: u = 2, t = 3

26
3 2
x y − x − xy
= 1
⇔
Đ t u = −x2 + xy, v = x3y. H trở th
ành:
x2 − y2 = 2
x − y = 3
x + y =
3
2
x − y = 3
x =
11
6 .
y =
−7
6
- Trường hợp 2:u = 3, t = 2
x2 − y2 = 3
x − y = 2
x + y =
3
2
x − y = 2
x =
7
4 .
y =
−1
4
V y h đã cho có hai nghi m (x; y) = (
11
;
−7
), (
7
; −1
).
6 6 4 4
x4 − x3y2 + x2y2 = 1
(Đe dự bị khoi A - 2007)
Bài giai.
H đã cho tương đương với
(−x2 + xy)2 + x3y2 = 1
(−x2 + xy) − x3y = 1
u2 + v = 1
u + v = 1
u2 − u = 0
u + v = 1
⇔
u(u − 1) = 0
u + v = 1
u = 1
v = 0
ho c
u = 0
.
v = 1
Xét các trường hợp:
- Trường hợp 1: u = 0; v = 1
⇔
−x2 + xy = 0 x = 0; x = y
⇔
x = y
⇔
x = y
x3y = 1 y =
x3
x4 = 1 x = ±1
- Trường hợp 2: u = 1; v = 0
−x2 + xy = 1
x3y = 0
⇒
y = 0
x2 = −1
(Vô nghi m)
V y h đã cho có hai nghi m (x; y) = (1; 1), (−1; −1).
x2 + y2 + x + y = 4
x(x + y + 1) + y(y + 1) = 2
1
⇒ ⇒ ⇔
⇒ ⇔ ⇔
⇔
⇒
⇒

27
2 2 2
x + y=
S − 2P
P = xy = −2
(Đe thi dự bị - Khoi A - Năm 2005)
Bài giai.
x2 + y2 + x + y = 4
x2 + y2 + x + y + xy = 2
x2 + y2 + x + y = 4
xy = −2
Đ t
x + y = S
xy = P
suy ra
S2 = x2 + y2 + 2xy
S2 − 2P + S = 4 P = −2
∗Trường hợp 1
S2 − P + S = 2 S = 0 ho c S = −1
S = x + y = 0
P = xy = −2
⇔ x, y là nghi m của phương trình X2 − 0X − 2 = 0
Suy ra (x; y) = (
√
2; −
√
2), (−
√
2;
√
2).
∗ Trường hợp 2
S = x + y = −1
⇔ x, y là nghi m của phương trình Y 2 + Y − 2 = 0
⇔ Y = 1 ho c Y = −2
Suy ra (x; y) = (1; −2) ho c (−2; 1).
V y h đã cho có bon nghi m (x; y) = (
√
2; −
√
2), (−
√
2;
√
2), (1; −2), (−2; 1).
x2 − xy + y2 = 3(x − y)
x2 + xy + y2 = 7(x − y)3
(∀x, y ∈ R)
Bài giai.
Đ t
x + y = u
.
xy = v
H đã cho trở thành
u2 − 3u + v = 0
v = 2u2
3u2 − 3u = 0
v = 2u2
Suy ra u = 0 ho c u = 1
u = 0
⇔
x − y = 0
⇔
x = 0
v = 0 xy = 0 y = 0
(Đe thi dự bị 1 - Khoi D - Năm 2006)
⇔
⇔
⇔

28
2 2
x + 4
x
y
−2y = −6
−1
x =
y
25
√
∗Trường hợp2
u = 1
⇔
x − y = 1
⇔
x = 2
Ho c
x = −1
v = 2 xy = 2 y = 1 y = −2
V y h đã cho có nghi m (x; y) = (0; 0), (2; 1), (−1; −2).
2x2 − xy + 3y2 = 13
(Đe thi lớp 10 chuyên toán 31/07/1994)
Bài giai.
x2 + 46xy − 8y2 = 0
x2 + 4xy − 2y2 = −6
x2 + 4xy − 2y2 = −6 x2 + 4xy − 2y2 = −6
⇔ t =
x
⇔ x = yt
y
8t2 − 46t − 25 = 0
t =
−1
ho c t =
25
2 4
2
x2 + 4xy − 2y2 = −6
⇔ (x; y) = (−2; 1), (2; −1).
x =
4
y
4
⇔ (x; y) = (√
;
25
), (√
−4 ; √
−25
).
x2 + 4xy − 2y2 = −6
139 139
4
√
139
25
139
−4
−25
V y h có bon nghi m ?(x; y) = (−2; 1), (2; −1), (
139
; √
139
), (√
139
; √
139
).

29
Bài toán 2.15 (xem [5]). Cho x; y là hai so nguyên dương sao cho
xy + x + y = 71
x2y − xy2 = 880
Tìm giá trị của bieu thác M = x2 + y2
(Thi HSG Đại Hoc IOWA Mĩ 04/1991)

30
xy = P
∗
S = 55
S.P = 880
xy + (x + y) = 71
Bài giai.
Đ t
x + y = S
Đieu ki n S2 − 4P ≥ 0
xy(x + y) = 880
S + P = 71
Suy ra S và P là hai nghi m của phương trình
X2 − 71X + 880 = 0 ⇒ X1 = 55; X2 = 16.
Trường hợp 1
P = 55
S = 16
Ta có S2 − 4P = 162 − 4.55 = 36 > 0(Thỏa mãn)
Suy ra x, y là hai nghi m của phương trình A2 − 16A + 55 = 0
⇔ A1 = 11, A2 = 5 (∃(x; y) thỏa mãn đieu ki n x, y nguyên dương)
Ta có M = x2 + y2 = (x + y)2 − 2xy
M = 162 − 2.55 = 146.
P = 16
Ta có S2 − 4P = 552 − 4.16 = 2961 > 0
Suy ra x, y là hai nghi m của phương trình B2 − 55B + 16 = 0
Ta có ΔB = 2961 > 0 ⇒ ∃(x; y).
Nhưng
√
o là so vô tỉ nên không thỏa mãn đieu ki n x, y nguyên dương của bài toán.
V y M = 146.
x2 + y + x3y + xy2 + xy =
−5
4
x4 + y2 + xy(1 + 2x) =
−5
4
Bài giai.
Đ t x2 + y = u và xy = v thì h đã cho tương đương với
u + v + uv =
−5
4
u2 + v =
−5
4
(1)
(1)

31
−
4
⇔
r
x(
1
− x2 =
) x3 +
1
x −
y =
2 2
2 2
4
r
16
−
r
⇔
25
Tà (2) suy ra v =
−5
u2, thay vào phương trình (1), ta có
4
5
u −
4
− u2 + u(
5
−
4
− u3) =
−5
4
⇔ 4u3 + 4u2 + u = 0
⇔ u(2u + 1)2 = 0
u = 0 ho c u =
−1
2
Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: Neu u = 0 thì v =
−5
4 ta có
x2 + y = 0
xy =
−5
4
y = −x2
−x3 =
−5
x =
r
3 5
y = − 3
Trường hợp 2: Với u =
−1
2 thì v =
−3
2
x2 + y =
−1
y =
−1
− x2 y =
−1
− x2 x = 1
2 2
− 2
−3 3
−3
V y h đã cho có hai nghi m (x; y) = (1;
−3
), ( 3
2
5
; 3 25
).
16
2.3 Phương pháp sfi dnng tính đơn đi u của hàm
so(xem [2])
Định nghĩa 2.3. Hàm so f(x) xác định trên [a, b] được goi là tăng (tương áng tăng nghiêm
ng t) neu với ∀x1, x2 ∈ [a, b] và x1 < x2 ta có f(x1) ≤ f(x2) (tương áng f(x1) < f(x2)).
Tương tự được goi là giảm (tương áng giảm nghiêm ng t) neu với ∀x1, x2 ∈ [a, b], x1 < x2
ta có f(x1) ≥ f(x2) (tương áng f(x1) > f(x2)).
Nhǎng hàm so tăng ho c giảm trên [a, b] được goi là đơn đi u trong đoạn đó. Với trường
hợp tăng nghiêm ng t ho c giảm nghiêm ng t thì được goi là đơn đi u nghiêm ng t.
Định nghĩa 2.4. Cho hàm so y = f(x) xác định trên D và m®t điem x0 ∈ D. Hàm so
f(x) được goi là liên tục tại điem x0 neu lim
x→x0
f(x) = f(x0).
Hàm so y = f(x) liên tục trên D neu nó liên tục tại moi điem thu®c D.
Định lj 2.1. Neu hàm so f(x) liên tục và đơn đi u trên (a, b) và f(a).f(b) < 0 thì phương
trình f(x) = 0 có nghi m duy nhat thu®c (a, b).
2
⇔
xy =
−3
⇔
∗
∗
⇔
4
= 0
2
⇔

32
Định lj 2.2. Neu hàm so f(x) liên tục trên (a, b) và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0
có ít nhat m®t nghi m thu®c (a, b).
Định lj 2.3. Giả sả hàm so y = f(x) đơn đi u và liên tục trên khoảng (a; b). Khi đó ta
có f(u) = f(v) ⇔ u = v((u; v) ∈ (a; b))
Bước 1: Thực hi n các phéo bien đői tương đương trên các phương trình của h đe
được m®t phương trình có dạng f(u) = f(v) ho c f(u) = 0.
Bước 2: Đ t f(t) = f(u) ho c f(v), cháng minh sự đơn đi u và liên tục của hàm so f(t) trên
t p xác định của f(t).
Bước 3: Sả dụng các tính chat của hàm đơn đi u nêu trên đoi với f(t) đe tìm được moi
liên h giǎa x và y đe giải h phương trình ban đau.
• Chú j: phương pháp này được sả dụng trong các trường hợp sau:
- Loại I: M®t phương trình của h có dạng f(x) = f(y). M®t phương trình cho ta biet t p
giá trị của x ho c y. Tà đó ta suy ra hàm f(x) đơn đi u, suy ra x = y.
- Loại II: H đoi xáng mà sau khi bien đői thường đưa ve dạng f(x) = f(y) ho c f(x) = 0.
Trong đó f là hàm đơn đi u.
2.3.2. Bài t p sfi dnng tính đơn đi u của hàm so
36x2y − 60x2 + 25y = 0
36xy2 − 60y2 + 25x = 0
Bài giai.
H phương trình đã cho tương đương với
x =
60y2
36y2 + 25
60x2
Suy ra x, y không âm.
y =
36x2 + 25
Neu x = 0 thì y = 0, suy ra (0; 0) là m®t nghi m của h phương trình.
60t2
Neu x > 0 thì y > 0. Xét hàm so f(t) =
36t2 + 25
, t > 0.
Ta có f(
J
t)
3000t
=
(36t2 + 25)2 > 0, ∀t > 0.

33
6
y
√
−
3
ex + √
x
− 2007 = 0
−
Do đó f(t) đong bien trên (0; +∞).
H phương trình được viet lại
x = f(y)
y = f(x)
Tà tính đong bien của f(t) suy ra x = y.
Thay vào h phương trình, ta được
x(36x2 − 60x + 25) = 0 ⇔ x(6x − 5)2 = 0 ⇔ x = 0 ho c x =
5
.
5 5
Với x =
6
⇒ y = x =
6
5 5
V y h phương trình có hai nghi m là (x; y) = (0; 0), ( ; ).
6 6
Bài toán 2.18 (xem [5]). Cháng minh rang h phương trình
ex = 2007 − √
y
y2 1
x
e = 2007
x2 − 1
có đúng hai nghi m thỏa mãn đieu ki n x > 0; y > 0
(Đe thi dự bị 1 - Khoi B - Năm 2007)
Bài giai.
Đ t f(t) = et, g(t)
t
=
t2 − 1
−1
Suy ra g(
J
t) = < 0, ∀ | t |> 1.
(t2 − 1)2
Ta có hàm so f tăng nghiêm ng t trên tàng khoảng xác định, và hàm so g giảm nghiêm
ng t trên tàng khoảng xác định.
f(x) + g(y) = 2007
f(y) + g(x) = 2007
⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x)(∗)
Neu x > y thì
f(x) > f(y)
g(x) < g(y)
Do (∗) suy ra y > x (do g giảm nghiêm ng t) (Vô lí).
Tương tự y > x cũng dan đen vô lí.
Do v y h đã cho tương đương với
x = y
x2 − 1 (2)
√

34
∞
x
−
Xét h(x) = ex + √
x
x2 − 1
— 2007, (| x |> 1)
Neu x < −1 thì h(x) < e−1 − 2007 < 0 suy ra h vô nghi m.
Neu x > 1 thì h(x) = ex + √
−3
x
có
x2 − 1
hJ
(x) = ex − (x2 − 1) 2
3
−5
3x
h”(x) = ex + (x2 1)
2
2 .2x = ex + 5
> 0
(x2 − 1)2
Và lim
x→1+
h(x) = + ; lim
→+∞
h(x) = +∞
V y h(x) liên tục và có đo thị là đường cong lõm trên (1; +∞). Do đó đe cháng minh (2)
có hai nghi m dương, ta chỉ can cháng minh ∃x0 > 1 mà h(x) < 0.
Chon x0 = 2 suy ra h(2) = e2
x1 > 1, x2 > 1.
2
+ √
3
− 2007 < 0. Suy ra h(x) = 0 có đúng hai nghi m
x2 − 2x + 1 = 2y
y2 − 2y + 1 = 2x
Bài giai.
Ta có 2y = x2 − 2x + 1 = (x + 1)2 ≥ 0. Tương tự x ≥ 0.
Đ t f(t) = t2 − 2t + 1, t ≥ 0, thì f(
J
t) = 2t − 2 = 2(t − 1) nên fđong bien trên (1; +∞) và
nghịch bien trên (0; 1).
Đ t g(t) = 2t, (t ≥ 0) thì g(
J
t) = 2 thì g đong bien trên (1; +∞).
Ta có h phương trình
f(x) = g(y)
g(x) = f(y)
Giả sả x = min {x; y}. Xét x ≤ y.
- Neu x > 1 thì 1 < x ≤ y ⇒ f(x)≤f(y)
⇒ g(y) ≤ g(x) ⇒ y ≤ x. Do đó y = x
Ta có phương trình t2 − 4t + 1 = 0 nên chon nghi m x = y = 2 +
√
3.
- Neu 0 ≤ x ≤ 1 thì f(0) ≥ f(x) ≥ f(1) ⇒ 0 ≤ f(x) ≤ 1
Nên 0 ≤ g(x) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ f(0) ≥ f(y) ≥ f(1) ⇒ 0 ≤ f(y) ≤ 1
⇒ 0 ≤ g(x) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x ≤ 1.
Do đó, xét x ≤ y ⇒ f(x) ≥ f(y) ⇒ g(y) ≥ g(x) ⇒ y ≥ x.
Suy ra x = y.
Ta có phương trình t2 − 4t + 1 = 0 nên chon nghi m x = y = 2 −
√
3.

35
√ + √
(1 − y)
√
x − y + x = 2 + (x − y − 1)
√
y (1)
(4x2 + 1)x + (y − 3)
√
5 − 2y = 0
V y h có hai nghi m x = y = 2 +
√
3; x = y = 2 −
√
3.
Bài giai.
2y2 − 3x + 6y + 1 = 2
√
x − 2y −
√
4x − 5y − 3 (2)
Đieu ki n x − y ≥ 0; y ≥ 0; x − 2y ≥ 0; 4x − 5y − 3 ≥ 0.
(1)(1 − y)
√
x − y + (x − y − 1) + (y − 1) − (x − y − 1)
√
y = 0
⇔ (1 − y)(
√
x − y − 1) + (x − y − 1)(1 −
√
y) = 0
(1 − y)(x − y − 1)
x − y + 1
(x − y − 1)(1 − y)
= 0
1 + y
1 1
⇔ (1 − y)(x − y − 1)(√
x − y + 1
+
1 +
√
y
) = 0
⇔ (1 − y)(x − y − 1) = 0
⇔ y = 1 ho c x = y + 1
∗ Khi y = 1, (2) ⇔ 9 − 3x = 2
⇔ 9 − 3x = 0 ⇔ x = 3
x − 2 − 4x − 8
∗ Khi x = y + 1
(2) ⇔ 2y2 + 3y − 2 = 2
√
1 − y −
√
1 − 2y
⇔ 2y2 + 3y − 2 =
√
1 − y(∗)
⇔ 2y2 + y = 2(
√
1 − y)2 +
√
1 − y(∗∗)
Xét f(t) = 2t2 + t, t ≥ 0, f(
J
t) = 4t + 1 > 0 nên f(t) đong bien trên [0; +∞).
Do đó (∗∗) ⇔ y =
√
1 − y ⇔ y2 + y − 1 = 0 ⇔ y =
−1 +
√
5
ho c y =
−1 −
√
5
(loại)
Neu y = −1 +
√
5
2
thì x =
1 +
√
5
.
2
1 +
√
5
2 2
−1 +
√
5
V y h đã cho có hai nghi m (x; y) = (3; 1), ( ; )
2 2
Bài giai.
3
4x2 + y2 + 2
√
3 − 4x = 7
5
Đieu ki n x ≤
4
; y ≤
2
.
Ta có (4x2 + 1)x + (y − 3)
√
5 − 2y = 0
⇔ (4x2 + 1).2x = (5 − 2y − 1)
√
5 − 2y
√ √
⇔

36
2
4
√
∞
⇔ 2x =
√
5 − 2y ⇔
x ≥ 0
x2(1 + y2) + y2(1 + x2) = 4
√
xy
Vì x −
√
1 + x2 < 0 và 1 −
√
1 + y2 <
r
0 nên suy ra y > 0. Do đó x > 0
√ x x x2
Ta có f(t) = 1 − √
1 + t2
− 1 +
x2 x2 x2
Xét hàm so f(t) = (t2 + 1)t với ∀t ∈ R thì f(
J
t) = 3t2 + 1 > 0 nên f đông bien trên R, do
đó (4x2 + 1).2x = (5 − 2y − 1)
√
5 − 2y
⇔ f(2x) = f(
√
5−2y)
y =
5 − 4x2
5 − 4x2
2
The y =
2 vào phương trình sau ta được
4x2 + (
5
− 2x2)2 + 2
√
3 − 4x = 7
3
Với x = 0; x =
4
3
thì không thỏa mãn nên ta chỉ xét khi 0 < x <
4
Thì g(
J
x)
5
= 8x − 8x(
2
)
4
— √
3 −
3
4x
= 4x(4x2 − 3) − √
4
3 − 4x
< 0.
Nên g(x) nghịch bien trên (0; ), mà g 1
( )
2
= 7 nên phương trình sau có nghi m duy nhat
1
x = , suy ra y = 2 : Chon
2
1
V y h có nghi m (x; y) = ( ; 2).
2
Bài giai.
Đieu ki n xy ≥ 0.
x2y
√
1 + y2 −
√
1 + x2 = x2y − x
Phương trình thá hai của h tương đương với
x −
√
1 + x2 = x2y(1 − 1 + y2)
Ta có x = 0 không thỏa mãn phương trình
1 1 1 √
Phương trình tương đương với − 1 + = y − y 1 + y2
Xét hàm so f(t) = t − t 1 + t2 trên (0; +∞)
J t2 √ √
Suy ra hàm so nghịch bien trên (0; + ).
1
Phương trình f 1
( )
x
= f(y) ⇔
x
= y ⇔ xy = 1.
Thay vào phương trình thá nhat của h , ta có:
x2(1 +
1
) +
1
(1 + x2) = 4 ⇔ x2 +
1
= 2
t < 0, ∀t ∈ (0; +∞).

37
√
− −
2
√
x + 1 +
√
4
x − 1 −
√
y4 + 2 = 0
3. |a| + |b| ≥ |a + b|. Dau ” = ” xảy ra khi a
b ≥ 0.
⇔ (x2 − 1)2 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1.
Ket hợp kieu ki n, suy ra x = y = 1.
Bài giai.
Đieu ki n x ≥ 1.
x2 + 2x(y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0
Ta có x2 + 2(y − 1)x + y2 − 6y + 1 = 0
⇔ (x + y − 1)2 − 4y = 0
⇔ 4y = (x + y − 1)2(∗) nên y ≥ 0.
Và
√
x + 1 +
√
4
x 1 y4 + 2 = y
⇔
√
x + 1 +
√
4
x − 1 =
√
(y4 + 1) + 1 +
√
4 (y4 + 1) − 1(∗∗)
Đ t f(t) =
√
t + 1 +
√
4
t − 1 thì f(t) đong bien trên [1; +∞)
Nên (∗∗) ⇔ f(x) = f(y4)+1 ⇔ x = y4 + 1
The vào (∗) ta có 4y = (y4 + y)2 = y8 + 2y5 + y2
⇔ y = 0 ho c y7 + 2y4 + y = 4
⇔ y = 0, x = 1 ho c y = 1, x = 2.
Vì g(y) = y7 + 2y4 + y đong bien trên [0; +∞) và g(1) = 4
V y nghi m của h phương trình là (x; y) = (1; 0) ho c (2; 1).
2.4 Phương pháp sfi dnng bat đang thfíc
2.4.1. Các bat đang thfíc cơ bản thư ng g p
1. |A| ≥ A. Dau ” = ” xảy ra khi A = 0.
2. a2 ≥ 0. Dau ” = ” xảy ra khi a = 0.
4. |a| − |b| ≤ |a − b|. Dau ” = ” xảy ra khi
ab ≥ 0
.
|a| ≥ |b|
5. a2 + b2 ≥ 2ab. Dau ” = ” xảy ra khi a = b.
6. (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ab ≤ (
a + b
)2. Dau ” = ” xảy ra khi a = b.

38
≥
bn
√ √ √
√
bn
1 2 n 1 2 n
Dạng 2: |a1b1 + a2b2 + · · · + anbn| ≤
√
(a2 + a2 + · · · + a2 )(b2 + b2 + · · · + b2 )
Dạng 3: a1b1 + a2b2 + · · · + anbn ≤
√
(a2 + a2 + · · · + a2 )(b2 + b2 + · · · + b2 )
1 1 2 2 n n
1 1 4
7.
a
+
b
≥
a + b
(a; b ≥ 0). Dau ” = ” xảy ra khi a = b.
a b
8.
b
+
a
≥ 2(ab > 0). Dau ” = ” xảy ra khi a = b.
9. Bat đȁng thác Caushy (AM - GM)
Với n so thực dương a1; a2; · · · ; an.
Dạng 1:
a1 + a2 + · · · + an
n ≥
√
n
a1 .a2. · · · .an
Dạng 2: a1 + a2 + · · · + an ≥ n.
√
n
a1.a2. · · · .an
Dạng 3: (
a1 + a2 + · · · + an
)n a
n
.a2 . · · · .an
Dau ” = ” xảy ra khi a1 = a2 = · · · = an
11. Bat đȁng thác BCS (Bunhiakovsky).
Với hai b® so thực bat kì: (a1; a2; · · · ; an); (b1; b2; · · · ; bn)
Dạng 1: (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2 ≤ (a2 + a2 + · · · + a2 )(b2 + b2 + · · · + b2 )
Dau ” = ” xảy ra khi
a1
=
a2
1 2
= · · · =
an
n 1 2 n
b1 b2 bn
a1
b1
=
a2
b2
1
= · · · =
an
2
> 0.
n 1 2 n
12. Bat đȁng thác BCS dạng c®ng mau (Caushy - Swarchz)
Với ∀xi > 0, i = 1, 2, · · · , n, ta có
a2 a2 a2 (a1 + a2 + · · · + an)2
1
+ 2 + · · · + n ≥
x1 x2 xn x1 + x2 + · · · + xn
13. Bat đȁng thác Minkopsky
Cho hai dãy so thực dương (a1; a2; · · · ; an); (b1; b2; · · · ; bn), ta có
a2 + b2 + a2 + b2 + · · · + a2 + b2 ≥ (a1 + a2 + · · · + an)2 + (b1 + b2 + · · · + bn)2
a1
b1
=
a2
b2
= · · · =
an
Phương pháp sả dụng bat đȁng thác đe giải h phương trình là m®t phương pháp
đánh giá mới, thực hi n qua các bước sau:
Bước 1: Tà các phương trình đã cho trong h , ta sả dụng các phép bien đői tương đương
đe làm xuat hi n các bat đȁng thác đã được cháng minh.
Bước 2: Đoi với moi bat đȁng thác, đe cho dau đȁng thác xảy ra tương áng với dau đȁng
thác trong h phương trình, ta tìm được moi liên h của các ȁn. Bieu dien các ȁn trong
h thông qua m®t ȁn.
1

39
x1 + x2 + · · · + x2000 = a
2 2000
Bước 3: Thay the các ȁn vàa được bieu dien vào m®t phương trình trong h , giải phương
trình m®t ȁn roi tìm các ȁn còn lại qua ȁn vàa tìm được.
2.4.3. Bài t p sfi dnng tính chat bat đang thfíc giải h phương
trình phi tuyen
x6 + y8 + z10 = 1 (1)
x2013 + y2015 + z2017 = 1 (2)
Bài giai.
Tà (1), ta suy ra −1 ≤ x, y, z ≤ 1.
Tà đó, ta có:
x6 − x2013 = x6(1 − x2007) ≥ 0 ⇔ x6 ≥ x2013.
Dau ” = ” xảy ra ⇔ x = 0 ho c | x |= 1.
y8 − y2015 = y8(1 − y2007) ≥ 0 ⇔ y8 ≥ y2015
Dau ” = ” xảy ra ⇔ y = 0 ho c | y |= 1.
z10 − z2017 = z10(1 − z2007) ≥ 0 ⇔ z10 ≥ z2015.
Dau ” = ” xảy ra ⇔ z = 0 ho c | z |= 1.
C®ng tàng ve của các bat đȁng thác trên, ta suy ra
1 = x6 + y8 + z10 ≥ x2013 + y2015 + z2017 = 1
Do đó dau đȁng thác xảy ra, tác là:
x6(1 − x2007) = 0
y8(1 − y2007) = 0
z10(1 − z2007) = 0
Ket hợp với (1) và (2), ta suy ra
(x; y; z) = (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
x2 + x2 + · · · + x2
= a2
1 2
. . .
2000
x2000 + x2000 + · · · + x2000 = a2000
1

40
√ √
−
−
√
a a a a a a
a a a a a a
√
Bài giai.
∗ Neu a = 0, tà phương trình thá hai, ta suy ra x1 = x2 = . . . = x2000 = 0.
∗ Neu a /= 0, tà phương trình thá hai, ta suy ra
(
x1
)2 + (
x2
)2 + (
x3
)2 + · · · + (
x2000
)2 = 1
a x1
a x2
a x2000
a
⇒|
a
|≤ 1; |
a
|≤ 1; . . . ; |
a
|≤ 1
⇒ (
x1
)3 ≤ (
x1
)2; (
x2
)3 ≤ (
x2
)2; . . . ; (
x2000
)3 ≤ (
x2000
)2.
C®ng tàng ve của các bat phương trình trên, ta có:
1 = (
x1
)3 + (
x2
)3 + · · · + (
x2000
)3 ≤ (
x1
)2 + (
x2
)2 + · · · + (
x2000
)2 = 1.
Dau đȁng thác xảy ra khi
(
x1
)2 = (
x1
)3, . . . , (
x2000
)2 = (
x2000
)3.
a a a a
H có các nghi m:
(x1; x2; . . . ; x2000) = (a; 0; 0; . . . ; 0), (0; a; 0; . . . ; 0), . . . , (0; 0; 0; . . . ; a).
√
1
1 + 2x2
1
+
1 + 2y2
2
=
1 + 2xy
x(1 2x) + y(1 2y) =
2
9
(Đe thi HSG Quoc Gia năm 2009)
Bài giai.
1
Đieu ki n x, y ∈ [0;
2
].
Ta cháng minh bat đȁng thác
1 1 2
√
1 + 2x2
+ √
1 + 2y2
≤ √
1 + 2xy
⇔
1 + 2x2
+
1 + 2y2
+ √
1 + 2x2
√
1 + 2y2
≤
1 + 2xy
Ta có x, y ∈ [0;
2
] nên
√
1 + 2x2
√
1 + 2y2
≤
1 + 2xy
⇔
√
1 + 2x2 1 + 2y2 ≥ 1 + 2xy.
⇔ (1 + 2x2)(1 + 2y2) ≥ (1 + 2xy)2
⇔ (x − y)2 ≥ 0 (Luôn đúng)
1 1 2
Và
1 + 2x2
+
1 + 2y2
≤
1 + 2xy
(1 − 4xy)(x − y)2
⇔
(1 + 2xy)(1 + 2x2)(1 + 2y2)
≥ 0 : Đúng
Do dau đȁng thác xảy ra nên x = y, ta có phương trình
9
√
x(1 − 2x) = 1 ⇔ 162x2 − 81x + 1 = 0
1 1 2 4
1
2 2
√

41
⇔
1 1 1 x y z
x + y2 + z3 = 14 (1)
x =
81 ±
√
5913
324
V y h phương√trình đã cho√có hai nghi m√ √
81 +
(x; y) = (
5913 81 +
; 5913
), (
81 − 5913
;
81 − 5913
).
324 324 324 324
x + y + z = 1
x4 + y4 + z4 = xyz
.
Bài giai.
Ta có x4 + y4 ≥ 2x2y2
z4 + y4 ≥ 2z2y2
x4 + z4 ≥ 2x2z2
⇒ x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + x2z2
M t khác x2y2 + x2z2 ≥ 2x2yz
x2y2 + y2z2 ≥ 2y2xz
z2y2 + x2z2 ≥ 2z2yx
⇔ x2y2 + x2z2 + y2z2 ≥ xyz(x + y + z) = xyz
Suy ra x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + x2z2 ≥ xyz
Dau đȁng thác xảy ra x = y = z và x + y + z = 1
1
Suy ra x = y = z =
3 1 1 1
V y h phương trình có nghi m (x; y; z) = ( ; ; ).
3 3 3
(
2x
+
3y
+
6z
)(
2
+
3
+
6
) = 1 (2)
.
(x, y, z là các so dương)
Bài giai.
3 2 1
Phương trình (2) ⇔ (
x
+
y
+
z
)(3x + 2y + z) = 36
x y x z z y
⇔ 6(
y
+
x
) + 3(
z
+
x
) + 2(
y
+
z
) = 22
Vì x, y, z > 0
⇔

42
4 4 4
x
+ y = 2a
1
+
4
≤ 3
x y
x y x z z y
⇒ 6(
y
+
x
) ≥ 12; 3(
z
+
x
) ≥ 6; 2(
y
+
z
) ≥ 4
3 2 1
⇒ (
x
+
y
+
z
)(3x + 2y + z) = 36
x y x z z y
⇔ 6(
y
+
x
) + 3(
z
+
x
) + 2(
y
+
z
) ≥ 22
Dau đȁng thác xảy ra ⇔ x = y = z
Thay ⇔ x = y = z vào (1), ta có
x3 + x2 + x − 14 = 0
⇔ (x − 2)(x2 + 3x + 7) = 0
⇔ x − 2 = 0 ( Vì x2 + 3x + 7 = (x +
3
)2 +
19
≥
19
> 0)
⇔ x = 2.
2 4 4
V y h có nghi m duy nhat x = y = z = 2.
Bài toán 2.29 (xem [5]). Tìm tat cả các so dương x, y thỏa mãn
x + y = 3
(Thi vào 10 Năng khieu Toán - Tin, ĐHQG TP.HCM 1997 - 1998 Vòng 2)
Bài giai.
1 4
Tà giả thiet suy ra (
x
+
y
)(x + y) ≤ 9
Áp dụng bat đȁng thác Schwartz, ta có
1 4 √ 2 √ 2
√ 2 √ 2 1 √ 2 √ 2
( + )(x + y) = [(
x y
x) + ( y) ][( x) + ( y) ] ≥ (√
x x + √
y
y) = 9
1 4
⇒ 9 ≤ (
x
+
y
)(x + y) ≤ 9
x y
Dau đȁng thác xảy ra ⇔
1
=
2
và x + y = 3 ⇔ x = 1; y = 2
Bài toán 2.30 (xem [5]). Giải h phương trình với tham so a ≥ 0
x + y + xy = a2 + 2a
(Thi chon đ®i tuyen toán 9 Thanh Hóa 1995 - 1996)
Bài giai.
Ta có x4 + y4 ≥ 2x2y2 ⇔ 2a4 ≥ 2x2y2 ⇔ (xy)2 ≤ a4 ⇔ xy ≤ a2

43
1
1
x1 + x2 + · · · + xn = 9 (1)
⇒ n2 ≤ 9 ⇒ n ≤ 3 Màn ∈ N∗
⇒ n = 1, 2, 3
∗ Neu n = 2, ta có h
x1 + x2 = 9
⇔
x1 + x2 = 9
1 2
2 2
2
2
2
(x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) mà (x2 + y2)2 ≤ 2(x4 + y4) = 4a4
⇒ (x + y)2 ≤ 4a2 ⇒ x + y ≤ 2a
Suy ra x + y + xy ≤ a2 + 2a
Dau đȁng thác xảy ra ⇔ x = y = a
V y h có nghi m duy nhat (x; y) = (a; a).
Bài toán 2.31 (xem [5]). Tìm tat cả các so dương x1, x2, . . . , xn thỏa mãn h phương
trình
(n là so nguyên dương)
Bài giai.
x1
1 1
+
x
+ · · · +
x
= 1 (2)
1
Tà (1) và (2) suy ra (x1 + x2 + · · · + xn)(
x
1 1
+
x
+ · · · +
x
) = 9
M t khác
n2 = (1 + 1 + . . . + 1)2 = (
√
x
1
1
1 √
x1
1
+
√
x
1
2 √
x2
1
+ . . . +
√
x
1
n √
xn
≤ ((x1 + x2 + · · · + xn)(
x
+
x
+ · · · +
x
) = 9
x1 + x2 + x3 = 9
⇒ (x + x 1
+ x )( 1 1
+ + ) = 9
1 1 1
+ + = 1
x1 x2 x3
1 2 3
x1
x2 x3
1
Mà (x1 + x2 + x3)(
1
1 1
+ + )
x2 x3
= [(x )2 + (
√
x )2 + (
√
x )2][(
1
)2 + (
1
)2 + (
1
)2] ≥ (1 + 1 + 1)2 = 9
1 2 3 √
x1
√
x2
√
x3
D
√
au đȁng
√thác xả
√
y ra khi và chỉ khi
x1
1
√
x1
x1
=
1
√
x1
x1
=
1
√
x1
⇔ x1 = x2 = x3
Mà x1 + x2 + x3 = 9 nên x1 = x2 = x3 = 3.
1 1
+ = 1
x1 x2
x1x2 = 9
Suy ra x1, x2 là các
√nghi m c
√
ủa phương√
trình t2 −
√
9t + 9 = 0
⇔ (x ; x ) = (
9 − 45
;
9 + 45
), (
9 + 45
;
9 − 45
)
x1 = 9
Vô nghi m
= 1
x1
V y h đã cho có nghi m x1 = x2 = x3 = 3
n
1 n
x
2 2
)2
1 n

44
2x2000 = x1 +
x
2
2
1
Ho c (x ; x ) = (
9 −
√
45
;
9 +
√
45
), (
9 +
√
45
;
9 −
√
45
).
1 2 2 2 2 2
Bài toán 2.32 (xem [5]). Giải h phương trình 2000 ȁn so:
2x1
1
= x2 +
2
1
(1)
2x2 = x3 +
x3
(2)
. . .
1
2x1999 = x2000 + (1999)
1
x2000
Bài giai.
Đieu ki n : xi 0, i = 1, . . . , 2000
Tà (1) ⇒ x1, x2 cùng dau.
Tà (2) ⇒ x2, x3 cùng dau.
. . .
Tà (1999) ⇒ x1999, x2000 cùng dau.
Tà (2000) ⇒ x1, x2000 cùng dau.
Như v y các ȁn so xi cùng dau.
M t khác, neu (x1; x2; . . . ; x2000) là m®t nghi m thì (−x1; −x2; . . . ; −x2000) cũng là nghi m,
do đó ta chỉ can xét x1; x2; . . . ; x2000 > 0.
1
Khi đó: 2x1 = x2 +
2
1
1
≥ 2 ⇒ x1 ≥ 1 ⇒
x
1
≤ 1.
2x2 = x3 +
3
≥ 2 ⇒ x2 ≥ 1 ⇒
x
1
≤ 1.
Tương tự ta có 1
x2000
1
⇒
x1
1
+
x
+ · · · +
x
1
2000
≤ x1 + x2 + . . . + x2000.
M t khác neu c®ng tàng ve 2000 phương trình của h , ta có
1
x1 + x2 + . . . + x2000 =
1
1
+
x
+ · · · +
x
1
2000
Dau đȁng thác xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = x2000 = 1.
Tóm lại h có hai nghi m (x1; x2; . . . ; x2000) = (1; 1; . . . ; 1), (−1; −1; . . . ; −1)
x 1
x
(2000)
x
x 2
≤

45
x + 1
2
⇒ ≥
2 = y
y2
2x2
y2 + 1
= z
4z4
Bài giai.
Xét hai trường hợp sau:
z6 + z4 + z2 + 1
= x
Trong ba so x, y, z có ít nhat m®t so bang 0
Giả sả x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ z = 0.
V y (x; y; z) = (0; 0; 0) là m®t nghi m.
Không có so nào bang 0
2x2
Vì y =
x2 + 1
> 0 ⇒ y > 0 ⇒ z > 0 ⇒ x > 0
V y x, y, z > 0
2x 2x2
Dě thay ≤ 1 ⇒ ≤ x ⇒ y ≤ x
x2 + 1 x2 + 1
Ta lại có y4 − 2y2 + 1 ≥ 0 ⇒ y4 + y2 + 1 ≥ 3y2
3y2 3y3
⇒
y4 + y2 + 1
≤ 1 ⇒
y4 + y2 + 1
≤ y ⇒ z ≤ y
Ta có
z6 + z4 + z2 + 1 − 4z3 = (z6 − 2z3 + 1) + z2(z2 − 2z + 1) = (z3 − 1)2 + z2(z − 1)2 ≥ 0
z6 + z4 + z2 + 1 4z3
4z3
⇒
z6 + z4 + z2 + 1
≤ 1
4z4
⇒
z6 + z4 + z2 + 1
≤ z hay x ≤ z
Suy ra x ≤ z ≤ y ≤ x ⇒ x = y = z
Thay vào phương trình (1) ta có
x(x − 1)2 = 0 ⇒ x = y = z = 0( Không thỏa mãn đk) ho c x = y = z = 1 (Thỏa mãn)
The x = y = z = 1 vào h phương trình thay nghi m đúng h phương trình.
V y h đã cho có nghi m (x; y; z) = (0; 0; 0), (1; 1; 1).
Bài toán 2.34 (xem [5]). Cho x, y, z là các so thực thỏa mãn đieu ki n
x + y + z = 5
x2 + y2 + z2 = 9

46
3
3 2
x + 2xy + 1
2
y
= 0
⇒
7
Cháng minh rang 1 ≤ x, y, z ≤
3
(Thi vào 10 chuyên Toán - Tin ĐHTH TP. HCM 23/ 06/ 1996)
Bài giai.
Tà x + y + z = 5 ⇒ y + z = 5 − x ⇒ (y + z)2 = (5 − x)2
Ta có 2(y2 + z2) ≥ (y + z)2 ⇒ 2(9 − x2) ≥ (5 − x)2
⇒ 3x2 − 10x + 7 ≤ 0 ⇔ (x − 1)(3x − 7) ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤
7
.
7
Vì x, y, z có vai trò như nhau, cháng minh tương tự, ta có 1 ≤ x, y, z ≤
3
.
2.5 Phoi h p nhieu phương pháp giải h phương trình
Đoi với nhieu h phương trình phác tạp mà chỉ dùng m®t trong bon phương pháp nêu
trên không đưa ra được ket quả, ta can phoi hợp nhieu phương pháp lại với nhau đe đưa
ra lời giải cho bài toán đó.
2.5.2. Bài t p áp dnng nhieu phương pháp giải h phương trình
x2 + 8y2 = 12
(Thi lớp 10 chuyên toán ĐHTH Hà N®i 2008 - 2009)
Bài giai.
Nh n thay neu h có nghi m (x; y) thì y /= 0 vì neu y = 0 thì
x2 = 12
x3 = 0
(Vô lý).
Khi y =
/ 0, thay 12 = x2 + 8y2 vào phương trình thá hai, ta có:
x3 + 2xy2 + (x2 + 8y2)y = 0
⇔ x3 + 2xy2 + x2y + 8y3
x 3
⇔ (
y
)
x x
+ ( )2 + 2
y y
+ 8 = 0.
Đ t
x
= t t3 + t2 + 2t + 8 = 0
y
⇔ (t + 2)(t2 − t − 4) = 0

47
5
2 4
16
2
r
r
16
4
⇔ u
⇔ (t + 2)[(t −
1
)2 +
15
] = 0
⇔ t = −2 ho c (t −
1
)2 +
15
= 0 (Vô lý).
x 2 4
Với t = −2 ⇒
y
= −2 ⇒ x = −2y. Thay vào phương trình thá nhat, ta có
4y2 + 8y2 = 12 ⇔ y2 = 1 ⇔ y = ±1.
Khi y = 1 ⇒ x = −2
Khi y = −1 ⇒ x = 2
H phương trình (2.9) có hai nghi m (x; y) = (2; −1), (−2; 1).
x2 + y + x3y + xy2 + xy =
5
4
5
x4 + y2 + xy(1 + 2x) =
4
(Đe TS Đại hoc, Cao đȁng 2008 - Khoi A)
Bài giai.
x2 + y + xy + xy(x2 + y) =
5
4 (∗)
Đ t
u = x2 + y
(x2 + y)2 + xy =
4
. H (∗) trở thành
v = xy
u + v + uv =
−5
v =
−5
− u2
4
u2 + v =
−5
4
4
u3 + u2 + = 0
4
⇔ u = 0; v =
−5
ho c u =
−1
, v =
−3
.
٨ Với u = 0; v =
−5
, ta có h phương trình:
4
x2 + y = 0
xy =
−5
4
x = 3 −5
⇔
25
y = − 3
٨ Với u =
−1
, v =
−3
, ta có h phương trình:
3
2
1
2
x2 − + = 0 2x3 + x − 3 = 0 x = 1
2x 2
y =
−3
2x
y =
−3
2x
y =
−3
2
V y h phương trình đã cho có hai nghi m :
(x; y) = (
r
3
−5
; −
r
3 25
), (1;
−3
).
⇔
⇔
4 2 2
4

48
/
1 1 7
xyzt = 648
1
+
1
=
5
Suy ra
z t 18
126
1 1 1 1
x + y + z = 3
1 1 7 7 ( Vô nghi m)
x + y + z + t = 22
+ =
x y 12
Bài giai.
Đieu khi n x, y, z, t = 0
7
z t 18
5
Ta có x + y = xy; z + t = zt
12 18
7 5 7 5
⇒ (x + y)(z + t) =
12
xy.
18
zt =
Và (x + y) + (z + t) = 22
.
12 18
.648 = 105
Suy ra (x + y), (z + t) là hai nghi m của phương trình X2 − 22X + 105 = 0
⇔ X1 = 15, X2 = 7
x + y = 7
z + t = 15
x + y = 7
xy = 12 (x; y) = (3; 4), (4; 3)
+ =
x y 12
1
+
1
=
5
z + t = 15
zt = 54
(z; t) = (6; 9), (9; 6)
x + y = 15 x + y = 15
z + t = 7
xy =
180
+ =
x y 12
1
+
1
=
5
z + t = 7
zt =
5
V y h đã cho có bon nghi m
(x; y; z; t) = (3; 4; 6; 9), (3; 4; 9; 6), (4; 3; 6; 9), (4; 3; 9; 6).
Bài toán 2.38 (xem [5]). a, Cho x, y, z là các so thực thỏa mãn
x
+
y
+
z
=
3
7
1
1 ⇔
⇔
z t 18

49
Cháng minh rang có ít nhat 1 trong 3 so x, y, z = 3
x + y + z = 3
y = −z
y + 2z
1 1
x = −y
y + 2.3 = 1
y + 2z2 = 1
b, Áp dụng câu a, giải h phương trình
1 1 1 1
+ + =
x y z 3
Bài giai.
a, Tà giả thiet, suy ra
1 1 1
+ +
x y z
1
=
x + y + y
1 1 1
⇔ (
x
+
y
)(
z
1
—
x + y + z
) ⇔ (x + y)[z(x + y + z) + xy] = 0
⇔ (x + y)(y + z)(x + x) = 0
⇔ x + y = 0 ⇒ z = 3 ho c y + z = 0 ⇒ x = 3 ho c x + z = 0 ⇒ y = 3
b, Tà hai phương trình đau suy ra x = 3 ho c y = 3 ho c z = 3, the vào h phương trình,
ta có
x = 3
y + z = 0
⇔
x = 3
⇔
x = 3
+ = 0
y z
2
2y 2
− y − 1 = 0
1
y = 1 ho c y =
2
⇒ (x; y; z) = (3; 1; −1), (3;
−1
;
1
)
y = 3
x + z = 0
y = 3
⇔
x = −z
+ = 0
x z
3 + 2z2 = 1
+ = 0
x z
2z2 = −2 ( Vô lí)
z = 3
x + y = 0
⇔
z = 3
⇔
z = 3
+ = 0
x y 2
⇒ (x; y; z) = (17; −17; 3)
1
1
Suy ra h vô nghi m.
1
1
1
1
2
y + 2z2 = 1
y = −z
= 0
x = −y
y = −17
2

50
−
V y h đã cho có 3 nghi m
(x; y; z) = (3; 1; 1), (3;
−1
;
2
1
2
), (17; −17; 3).
Bài toán 2.39 (Xem [5]). Giải h phương trình
ux3 + vy3 = 14 (1)
ux2 + vy2 = 5 (2)
ux + vy = 2 (3)
u + v = 1 (4)
(Thi HSG TP. HCM Ngày 17/ 12/ 1994 Vòng 2)
Bài giai. Tà (4) suy ra v = 1 − u, the vào (1)
xu3 + (1 − u)y3 = 14
⇒ u(x3 − y3) = 14 − y3
⇒ u(x − y)(x2 + xy + y2) = 14 − y3(5)
Tương tự
Neu the v = 1 − u vào (2), ta có
u(x − y)(x + y) = 5 − y2(6)
The v = 1 − u vào (3), ta có
u(x − y) = 2 − y(7)
Tà (5) và (7) suy ra (2 − y)(x2 + xy + y2) = 14 − y3
Tà (6) và (7) suy ra (2 − y)(x + y) = 5 − y2
Khai trien phương trình cuoi cùng, ta có
2(x + y)2 − xy(x + y) − 2xy − 14 = 0
2(x + y) − xy − 5 = 0
Đ t x + y = a, xy = b
2a2 − ab − 2b − 14 = 0
2a − b = 5
⇔
a = 4
b = 3
⇔
x + y = 4
xy = 3
⇒ (x; y) = (3; 1), (1; 3)
The x và y ta tìm được các nghi m của h
1
(x; y; u; v) = (3; 1; ;
2
1 1 1
), (1; 3; ; )
2 2 2
x4 + x2y2 + y4 = 482
x2 + xy + y2 = 37
⇒

51
∗
xy = 12
Bài giai.
Đ t S = x + y; P = xy
Ta có h phương trình
vào (1)
S4 − 4PS2 + 3P 2 = 481 (1)
S2 − P = 37 (2)
Tà (2) suy ra S2 = P + 37 the
Suy ra (P + 37)2 − 4P(P + 37) + 3P 2 = 481
⇔ P 2 + 74P + 1369 − (4P 2+ ⇔ 148P) + 3P 2 = 481
⇔ −74P = −888
⇔ P = 12
⇔ S = ±7
Xét hai trường hợp
Trường hợp 1
x + y = 7
xy = 12
Nên x, y là nghi m của phương trình X2 − 7X + 12 = 0
⇔ X1 = 3 ho c X2 = 4
x + y = −7
Nên x, y là nghi m của phương trình X2 + 7X + 12 = 0
⇔ X1 = −3 ho c X2 = −4
V y h phương trình có 4 nghi m (x; y) = (3; 4), (4; 3), (−3; −4), (−4, −3).
x − y2 − yz − z = 0 (1)
x − y − y2 − z2 = 0 (2)
x + y − y3 − z = 0 (3)
(Thi HSG Qu n I 1995 - 1996 Vòng 1)
Bài giai.
Lay (2) − (1), ta được :
yz − y + z − z2 = 0 ⇔ (z − 1)(y − z) = 0
Do đó h đã cho tương đương với :
(z − 1)(y − z) = 0
x − y − y2 − z2 = 0 ⇔
z − 1 = 0
x − y − y2 − z2 = 0 (4) ho c
y − z = 0
x − y − y2 − z2 = 0 (5)
x + y − y3 − z = 0 x + y − y3 − z = 0 x + y − y3 − z = 0

52
− −
z = 1
y = 0; y = −1; y = 2
1
2 3
Giải h (4):
z − 1 = 0
x − y − y2 − z2 = 0 ⇔
x + y y3 z = 0
z = 1
z = 1
x − y − y2 − 1 = 0
x + y − y3 − 1 = 0
⇔ y3 − y2 − 2y = 0
x = y3 − y + 1
⇔ y(y2 − y − 2) = 0
x = y3 − y + 1
z = 1
⇔ y1 = 0; y2 = −1; y3 = 2
x = y3 − y + 1
z = 1
x1 = 1; x2 = 1; x3 = 7
Giải h (5):
z = y
x − y − 2y2 = 0 ⇔
x − y3 = 0
z = y
y3 − 2y2 − y = 0
x = y3
z = y
⇔ y(y2 − 2y − 1) = 0
x = y3
z = y
⇔ y1 = 0; y2 = 1 −
√
2; 1 +
√
2
x = y3
⇔ (x; y; z) = (0; 0; 0), ((1 +
√
2)3; 1 +
√
2; 1 +
√
2), ((1 −
√
2)3; 1 −
√
2; 1 −
√
2)
V y h phương trình có sáu nghi m
(x; y; z) = (1; 0; 1), (1; −1; 1), (7; 2; 1), (0; 0; 0),
((1 +
√
2)3; 1 +
√
2; 1 +
√
2), ((1 −
√
2)3; 1 −
√
2; 1 −
√
2)
x + y + z = 6 (1)
x2 + y2 + z2 = 18 (2)
√
x +
√
y +
√
z = 4 (3)
(Thi HSG Toàn Quoc 1996 - 1997 Bảng A)
Bài giai.
Tà (1) ⇒ 36 = (x + y + z)2 ⇔ 36 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + xz + yz)
⇔ 36 = 18 + 2(xy + xz + yz) ⇔ xy + xz + yz = 9
Tà (3) ⇒ 16 = (
√
x +
√
y +
√
z)2 ⇔ x + y + z + 2(
√
xy +
√
xz +
√
yz) = 16
⇔

53
⇔
⇔
√
xy +
√
xz +
√
yz = 5 ⇔ (
√
xy +
√
xz +
√
yz)2 = 25
⇔ xy + yz + xz + 2(
√
xy2z +
√
xyz2 +
√
x2yz) = 25
⇔
√
xyz(
√
x +
√
y +
√
z) = 8 ⇔ xyz = 4
V y h phương trình đã cho tương đương với:
4
Tà (5) ⇒ yz =
x
(De thay x, y, z > 0).
(4) ⇔ xy + yz + xz + x2 = 9 + x2
⇔ x(x + y + z) + yz = 9 + x2
6x +
4
= 9 + x2
x
⇔ x3 − 6x2 + 9x − 4 = 0
⇔ (x − 1)2(x − 4) = 0
⇔ x = 1 ho c x = 4
The vào, ta suy ra h có các nghi m
(x; y; z) = (1; 1; 4), (1; 4; 1), (4; 1; 1).
x + y + z = 6 (1)
xy + yz + xz = 9 (4)
xyz = 4 (5)
x2 + y2 + xy = 37 (1)
x2 + z2 + xz = 28 (2)
y2 + z2 + yz = 19 (3)
(Thi HSG Toàn Quoc 1994 - 1995)
Bài giai.
Lay phương trình (1) − (2), ta được :
y2 − z2 + xy − xz = 9 ⇔ (y − z)(x + y + z) = 9
Lay phương trình (2) − (3), ta được :
x2 − y2 + xz − yz = 9 ⇔ (x − y)(x + y + z) = 9
Suy ra : (y − z)(x + y + z) = (x − y)(x + y + z).
Mà x + y + z /= 0 ⇒ y − z = x − y
x + z = 2y x + y + z = 3y
3
Do đó : (x − y)(x + y + z) = 9 ⇔ (x − y)3y = 9 ⇔ (x − y)y = 3 ⇔ x = y +
y
.
Thay vào phương trình (1), ta có:
⇔

54
⇒
y y
3 3 3 3 3 3
(y +
1
)2 + y2 + (y +
1
)y = 37 ⇔ 3y4 − 28y2 + 9 = 0
y2 = 9 ho c y2 =
1
3
⇔ y1 = 3; y2 = −3; y3 =
√
3
3
; y4 =
−
√
3
3
- Với y1 = 3 ⇒ x1 = 4, z1 = 2
- Với y2 = −
√3 ⇒ x2 = −4,√
z2 = −2 √
- Với y3
3
=
3√
⇒ x3
10 3
= ,z3
3 =
−8 3
3
- Với y4 =
− 3
x
3 =
−10
√
3
, z
3
8
√
3
=
3
V y h phương trình đã cho có bon √
nghi√
m √ √ √ √
(x; y; z) = (4; 2; 3), (−4; −3; −2), (
10 3
;
3
,
−8 3
), (
−10 3
;
− 3
;
8 3
)
⇔
4
3

55
Chương 3
M t so fíng dnng của h phương
trình phi tuyen
3.1 Ứng dnng của h phương trình đa thfíc trong giải
các bài toán cfic trị và chfíng minh bat đang thfíc.
Bài toán 3.1 (xem [5]). Cho phương trình
x3 − 2002x2 + 2001bx − 2000a = 0
Tìm giá trị lớn nhat của a sao cho ∃b đe phương trình trên có ba nghi m trên [−2002; 2002].
Bài giai.
Giả sả x1, x2, x3 là ba nghi m của phương trình. Khi đó theo định lí Viete cho phương
trình b c ba, ta có:
x1 + x2 + x3 = 2002
x1x2 + x2x3 + x1x3 = 2001b
x1x2x3 = 2000a
Xảy ra các trường hợp sau :
+ Neu x2 < 0 ho c x3 < 0, khi đó x1 + x2 + x3 < x3 ≤ 2002 (Mâu thuan (3.1))
+ Neu x1 < 0 ≤ x2 ≤ x3, theo bat đȁng thác Caushy, ta có
√ √ 20023
2002 = x1 + x2 + x3 ≥ 3 3
x1x2x3 = 3 3
2000a ⇒ a ≤
2002
54000
20023
Dau ” = ” xảy ra khi x1 = x2 = x3 =
Khi đó phương trình đã cho trở thành
và khi ay b =
3
.
6003

56
2 2 2
x + 3y + 4z
=101 (2)
− ⇔
x2 − y2 = 21 (1)
x3 − 2002x2 +
20022
2
x −
20022
33 = 0 ⇔ (x −
2002
)3 = 0
3
Phương trình trên có ba nghi m x1 = x2 = x3 =
20023
V y amax =
54000
là giá trị lớn nhat can tìm.
2002
3
∈ [−2002; 2002].
Bài toán 3.2 (xem [6]). Cho bieu thác M = x2 + y2 + 2z2 + t2 Hãy tìm giá trị nhỏ nhat
của M và các giá trị nguyên không âm tương áng của x, y, z, t biet chúng thỏa mãn đong
thời:
x2 − y2 + t2 = 21 (1)
(Thi HSG Quoc Gia 1985 - 1986 Bảng A)
Bài giai.
C®ng (1) và (2), ta có: 2x2 + 2y2 + 4z2 + t2 = 122 ⇔ 2(x2 + y2 + 2z2 + t2) − t2 = 122
⇒ 2M = 122 + t2 ≥ 122 ⇒ M ≥ 61 ⇒ min M = 61
Khi t = 0 ⇒
x2 + 3y2 + 4z2 = 101 (2)
Vì x, y nguyên, không âm nên
(x y)(x + y) = 21
x − y = 1
x + y = 21
⇔ (x; y) = (11; 0), (5; 2).
ho c
x − y = 3
x + y = 7
∗ Trường hợp 1: Thay x = 11, y = 0 vào (2), ta có 112 + 0 + 4z2 = 101
⇒ 4z2 = −20( Vô lí)
∗ Trường hợp 2: Thay x = 5, y = 2 vào (2), ta có 52 + 3.22 + 4z2 = 101
⇒ 4z2 = 64 ⇒ z = ±4
V y giá trị nhỏ nhat của M là 61, khi (x, y, z, t) = (5; 2; 4; 0), (5; 2; −4; 0).
Bài toán 3.3 (xem [6]). Cho x2 + y2 + z2 ≤ 27. Tìm giá trị lớn nhat và nhỏ nhat của
bieu thác:
P = x + y + z + xy + yz + xz
Bài giai.
Ta có (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) ≤ 3(x2 + y2 + z2) ≤ 81

57
−
2 2 2
4
≤
r
4
4
1
4 4 4
⇒ x + y + z ≤ 9
Mà xy + yz + xz ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 27 ⇒ x + y + z + xy + yz + xz ≤ 36
V y Max(P ) = 36 khi x = y = z = 3
Đ t A = x + y + z; B = x2 + y2 + z2
⇒ P = A +
A2 B
=
2
B + 1
(A + 1)2
2
−
B + 1
2
≥ −
B + 1
.
2
Vì B ≤ 27 ⇒ −
2
≥ −14 ⇒ P ≥ −14.
Min(P) = 14 Khi
x + y + z = −1
x + y + z = 27
Hay x = −
√
13, y =
√
13, z = −1.
Bài toán 3.4 (xem [6]). Cháng minh rang neu 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 thì x
√
y − y
√
x ≤
1
. Dau
đȁng thác xảy ra khi nào?
Bài giai.
Ta có 0 ≤ x ≤ 1 ⇒
√
x ≥ x2
Giả sả x
√
y − y
√
x
1
≤
4
⇔ x
√
y
1
+ y
√
x(1).
4
Theo Bat đȁng thác Caushy ta vó :
y
√
x +
1
≥ yx2 +
1
≥ 2 yx2.
1
= x
√
y
⇒ x
√
y − y
√
x ≤
1
.
Dau đȁng thác xảy ra khi
0 ≤ y ≤ x ≤ 1
√
x = x2
yx2 =
1
⇔
x = 1
y =
4
3.2 M t vài fíng dnng thfic te trong khoa hoc và đ i
song
Tình huong 3.1. Bà Lam có hai tài khoản ngân hàng gải tiet ki m, tại ngân hàng A bà
gải 150 tri u đong, tại ngân hàng B bà gải 250 tri u đong. Bạn của bà Lam hỏi mác lãi
suat của moi ngân hàng, nhưng bà Lam không nhớ chính xác, chỉ biet là ngân hàng B có
lãi suat cao hơn ngân hàng A là 0, 5% trong m®t năm, và sau hai năm so tien trong cả
hai tài khoản của bà là 459, 783 tri u. Hỏi lãi suat của moi ngân hàng là bao nhiêu?
Bài giai.
Goi mác lãi suat của moi ngân hàng tính trong m®t năm là xA% và xB%,(xA, xB > 0)

58
x = 0, 5 + x
B
A
⇔
Vì tài khoản ban đau trong ngân hàng A là 150 tri u, nên sau hai năm, tőng so tien cả
goc và lãi tại ngân hàng A là 150.(1 + xA%)2.
Vì tài khoản ban đau trong ngân hàng B là 250 tri u, nên sau hai năm, tőng so tien cả
goc và lãi tại ngân hàng A là 250.(1 + xB%)2.
Theo bài ra, ta có h phương trình
xB − xA = 0, 5
150.(1 + xA%)2 + 250.(1 + xB%)2 = 459, 783
150.(1 + xA%)2 + 250.[1 + (xA + 0, 5)%]2 = 459, 783 (1)
(1) ⇔ 400.(xA%)2 + 802, 5.xA% − 57, 27675 = 0
⇔ xA = 6, 9 ho c xA = −2, 075 (loại).
Với xA = 6, 9% thì xB = 7, 4%.
Như v y lãi suat trong m®t năm của ngân hàng A là 6, 9%, ngân hàng B là 7, 4%.
Tình huong 3.2. Giám đoc m®t công ty X vàa khánh thành ngôi nhà của mình có di n
tích 4800m2, và phải xây 275 mét tường rào bao quanh. Bây giờ ông muon trong cây xanh
và hoa cho căn nhà thêm đep. Doc theo ngôi nhà ông định trong cây tùng, phía trước và
sau nhà ông định trong cây vạn tue, sao cho các cây trong đảm bảo ky thu t. Biet cőng
ra vào dài 5 mét và khu vườn có dạng hình chǎ nh t. Hãy tính xem can phải mua bao
nhiêu cây moi loại?
Bài giai.
Tình huong đ t ra là phải tính chính xác so cây can mua moi loại đe tiet ki m chi phí
thu mua và v n chuyen. Đe làm được đieu đó, can phải biet chieu dài và chieu r®ng của
khu vườn.
Goi chieu dài và chieu r®ng của khu vườn là x, y (m).x, y > 0
Vì di n tích của mảnh vườn là 4800m2 nên x.y = 4800
Vì tőng chieu dài tường rào là 275m và cőng dài 5m nên chu vi là:
(x + y).2 = 280 ⇔ x + y = 140
Ta có h phương trình :

59
x.y = 4800
2
x + y = 140
Đây là m®t h phương trình phi tuyen đoi xáng loại 1 có nghi m (x; y) = (60; 80)
Coi khoảng cách giǎa các cây đúng kĩ thu t là cách nhau 2m.
80
Với chieu dài 80m thì so cây tùng trong hai bên theo chieu doc tường rào là 2.
2
(cây)
M t sau của khu vườn r®ng 60m thì trong được 30 cây vạn tue.
= 80
M t trước trà đi 5 m cőng, còn 55 m, như v y trong được nhieu nhat 28 cây vạn tue.
Tőng so cây vạn tue là 58, trong đó trà 4 góc trong cây tùng, v y can mua 54 cây vạn
tue.
V y so cây can mua là : 80 cây tùng và 54 cây vạn tue.
Tình huong 3.3. Nói ve sự chuyen đ®ng của các hành tinh trong thiên hà, moi m®t
hành tinh đeu có quy đạo chuyen đ®ng riêng của nó, quay xung quanh m t trời và quanh
các hành tinh khác. Quy đạo chuyen đ®ng của Trái đat và sao chői Halley’s Comet là hai
hình elip không giao nhau.
Ta đã biet phương trình của elip là m®t phương trình phi tuyen, v y thì h phương trình
phi tuyen tạo bởi phương trình chuyen đ®ng của trái đat và sao chői Halley’s Comet là
m®t h vô nghi m.
Tình huong 3.4. M®t bác nông dân dự tính đào m®t ao nuôi thả cá hình chǎ nh t, với
m®t so von xây dựng bờ kè không đői. Hãy tính toán phương án xây dựng đ® dài các cạnh
sao cho di n tích sả dụng là lớn nhat.
Bài giai.
Tình huong đ t ra là với cùng so von xây dựng bờ kè (coi chieu sâu của ao không đői),
can xác định chieu dài và chieu r®ng của ao đe di n tích sả dụng lớn nhat. Giả sả với so
von dự tính, xây được a(m) dài kè bao. Như v y a là chu vi ao cá và a không đői. Goi
x, y là đ® dài các cạnh của hình chǎ nh t, ta can giải quyet bài toán:
Cho h phương trình:
x + y =
a
(1)
x.y = m (2)
Tìm moi liên h giǎa x và y đe m đạt giá trị lớn nhat? Tà phương trình (2) suy ra
a a
y =
2
− x, suy ra xy = x(
2
− x)

60
−
2
4x + 5xy = m (2)
≤
xy = x2 +
a
x
2
a 2 a2 a2
xy = −(x −
4
)
+
16 16
.
a a
Dau ” = ” xảy ra khi x =
4
⇒ x = y =
4
V y đe có được di n tích sả dụng lớn nhat thì nên xây ao cá hình vuông.
Tình huong 3.5. M®t bác nông dân can xây dựng m®t ho ga hình h®p chǎ nh t không
nap, có the tích 3200cm3, tỉ so giǎa chieu cao của ho và chieu r®ng của đáy bang 2. Hãy
xác định di n tích của đáy ho ga sao cho khi xây tiet ki m nguyên v t li u nhat?
Bài giai.
Goi x, y lan lượt là chieu r®ng và chieu dài của đáy ho ga.(x, y > 0)
h
Goi h là chieu cao của đáy ho ga (h > 0). Ta có
Suy ra:
= x, suy ra h = 2x.
2
- The tích ho ga là xyh = 3200 ⇔ 2x2y = 3200 ⇔ x2y = 1600.
- Di n tích tích toàn phan của ho ga (không nap) là 2(x + y)h + xy = 4x2 + 5xy = m
Ta có h phương trình:
x2y = 1600 (1)
Yêu cau của bài toán là tìm x, y sao cho m nhỏ nhat?
1600
Tà phương trình (1) suy ra y = , ta có
x
m = 4x2 + 5x.
1600
= 4x2 +
8000
.
x2
Khảo sát hàm so f(x)
x
= 4x2 +
8000
, x > 0 suy ra di n tích toàn phan của ho ga nhỏ
x
nhat bang 1200cm3, khi x = 10cm thì y = 6cm.
Suy ra di n tích đáy ho ga là 10.16 = 160(cm2).

61
Ket lu n
Lu n văn Ve h phương trình phi tuyen và úng dựng trình bày nhǎng van đe
sau:
1. Lu n văn đã trình bày chi tiet m®t so kien thác cơ bản của h phương trình
nói chung và h phương trình phi tuyen nói riêng.
2. Trình bày các dạng toán cụ the của h phương trình phi tuyen.
3. Trình bày m®t so phương pháp giải h phương trình phi tuyen thường g p.
4. Trình bày các đe toán thi hoc sinh giỏi, tuyen sinh các trường chuyên toán
và thi đại hoc, cao đȁng liên quan đen h phương trình phi tuyen.
5. Nêu m®t vài áng dụng của h phương trình phi tuyen trong khoa hoc và đời
song.

62
Tài li u tham khảo
Tieng Vi t
[1] Tran Thị Vân Anh (2009), Hướng dȁn giải các dạng bài t¾p tù các đe thi Quoc Gia
môn Toán của B® giáo dực và đào tạo, NXB ĐHQG Hà N®i.
[2] Hoàng Thị Dịu (2014), Lu n văn thạc sĩ M®t so phương pháp giải h phương trình
và h bat phương trình đại so, Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà N®i.
[3] Tran Trong Hu (2015), Đại so tuyen tính và hình hoc giải tích, NXB ĐHQG Hà
N®i.
[4] Nguyen Văn M u, Lê Ngoc Lăng, Phạm The Long, Nguyen Minh Tuan (2006), Các
đe thi Olympic Sinh viên toàn quoc, NXB Giáo dục.
[5] Lê Hoành Phò (2015), Phương pháp giải ba chuyên đe toán khó, NXB ĐHQG Hà
N®i.
[6] Nguyen Văn Vĩnh, Nguyen Đác Đong và m®t so đong nghi p (2011), 23 Chuyên đe
giải 1001 Bài toán sơ cap, NXB Giáo dục Vi t Nam.
————————————————————————————————–

Ve H Phương Trình Phi Tuyen Và Ứng Dụng.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Ve H Phương Trình Phi Tuyen Và Ứng Dụng.docx

Similar to Ve H Phương Trình Phi Tuyen Và Ứng Dụng.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (18)

Ve H Phương Trình Phi Tuyen Và Ứng Dụng.docx